А.И. Шапиро, В.А.Бодик
ОРИГИНАЛЬНЫЕ МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ ФИЗИЧЕСКИХ ЗАДАЧ
Пособие для учителя
Киев “Магистр-S" 1996
ББК 74.265.1 Ш23
Рекомендовано головным управлениям загалъноТ середнын oceimu Minicmepcmea oceimu Украши.
Шапиро А. И., Бодик В. А. Оригинальные методы решения физических задач: Пособ. для учителя.— К.: “MaricTp-S", 1996
В пособии рассмотрено более 20 различных методов решения физических задач. Оно содержит более 300 задач повышенной трудности со всего курса физики средней школы. Для большинства из них приведены краткие решения.
Пособие можно использовать для индивидуальной работы в общеобразовательной школе, школе (классах) с углубленным изучением физики, для подготовки к вступительным экзаменам в вузы.
Для учителей физики, учеников общеобразовательной школы.
Ulanipo А. I., Бодик В. А. Орипнальн! методи розв’язування ф1-знчних задач: Пос1бн. для вчителя.— К.: “MaricTp-S", 1996
У nociбняку розглянуто понад 20 о!зних метод!в розв’язування ф!*зичних задач. В1н клстить понад 300 задач шдвищено! склад-Hocri з усього курсу (Ызики середньоТ школи. До бьлыност! з них наведено коротк! розв язания.
Пос1бник можна використовувати для 1ндив1*дуально1 роботи у загальноосвИшй школ], школ! (класах) з поглибленим вивчен-ням ф!зики, для п!дготовки до вступннх екзамешв у вузи.
Для вчител1‘в ф!зики, уч hi в загальноосвиньо? школн.
Редактор J1. П. Слабошпицька
Издание репринтное К.: „ОсвгпГ 1992
4306011200-008
Ш------21МЙ—
324-М
ISBN 5-330-01779-3
© А. I. Шап1ро, В. А. Боана* 1992
ВСТУПЛЕНИЕ
Роль задач в сознательном усвоении курса физики переоценить невозможно. Но зачастую задачи решаются лишь для тренинга, служат иллюстрацией правила, формулы, закона. При этом теряется такая важная цель обучения, как развитие творческих способностей. Кроме того, однообразие в решениях физических задач, извечный проективный (алгебраический) метод, излишняя за-математизированность решения отнюдь не способствуют глубокому пониманию физической сути явлений. Напротив, знакомство с методами решения физических задач — есть знакомство с методами самой физики, ее теорией, поскольку хорошая задача — всегда хорошая теория и наоборот.
В физической науке существует огромное количество методов познания, которые дают возможность решать задачи изящно, рационально, красиво, а значит, будят эмоции и интерес, побуждают знать глубже и шире, рождают желание искать. Мы выбрали лишь некоторые нестандартные методы решения задач, что сообразуется с нашим опытом, вкусами и симпатиями. Предлагаемое пособие нельзя рассматривать ни как учебник, предназначенный для систематического изучения курса физики в школе, ни как <ключ» к программе для конкурсных экзаменов по физике. Книгу, которую Вы держите в руках, можно рассматривать как краткий путеводитель по методам решения физических задач. В ней преследовалась цель систематизировать методы, показать их преимущества, утвердить их «гражданство». Широта взглядов на предложенную задачу, умение связать ее с законами природы и с другими смежными задачами должны решительно противопоставляться единообразному ремесленническому подходу — поиску нужной формулы, содержащей набор данных величин. Для развития физического мышления важно умение решать одну и ту же задачу разными методами, а также исследовать решения задачи.
Авторы старались избегать легких задач (упражнений)^ к трудным найти несложное, понятное и негромоздкое решение.
Наряду с известными задачами в книге содержатся авторские, кроме известных методов решения задач, имеются малоизвестные.
Применяемый в настоящей книге математический аппарат не выходит за рамки школьного курса математики, хотя и содержит элементы дифференциального и интегрального исчисления.
Книга предназначена в первую очередь для учащихся, интересующихся физикой, она будет полезна и студентам, надеемся, не только педагогических вузов, и, безусловно, для учителей физики школ и технических училищ, техникумов, руководителей факультативов, организаторов олимпиад, членов приемных комиссий. А просто любознательному читателю подарит радостные минуты и ощущение собственных открытий. Данная книга задумана как пособие для лиц, не боящихся упорным трудом освоить нетрадиционные подходы к решению физических задач.
Основной материал был апробирован в разные годы на факультативных занятиях в Республиканском физико-математическом интернате при КГУ, на уроках в школах Кв 145 и Кв 15 г. Киева, при подготовке и проведении школьных, районных, городских олимпиад и выездных олимпиад МФТИ.
Авторы с признательностью примут замечания заинтересованных читателей по поводу улучшения книги.
Авторы благодарят Варламова А. А., Стрешинско-го И. Я. за любезное согласие на использование при написании этой книги статей, опубликованных ранее с ними в соавторстве, и своих талантливых учеников, благодаря работе с которыми и родилась эта книга.
1. ВЫБОР СИСТЕМЫ ОТСЧЕТА
На примерах решения задач показано, как удачный выбор системы отсчета (инерциальной, неинерциальной, СОЦМ, ЛСО) дает возможность существенно упростить решение задачи.
Для описания всевозможных явлений природы необходимо выбирать систему отсчета, зависящую от цели исследования.
В механике под системой отсчета понимают реальное тело, условно принимаемое за неподвижное, связанную с ним систему координат (особенно употребительна прямоугольная — декартова) и набор синхронизованных часов.
В кинематике все системы отсчета равноправны, так как нас не интересует, какие силы обеспечивают данные параметры движения.
В задачах динамики преимущественную роль играют, как правило, инерциальные системы отсчета, по отношению к которым уравнения движения имеют наиболее простой вид.
За многовековую историю физики человечество выработало не так уж много различных систем отсчета. Еще древнегреческий ученый Клавдий Птолемей (II в. н. э.) в трактате «Великое математическое построение астрономии», разрабатывая идеи Аристотеля и Гиппарх а, связал систему отсчета с Землей (геоцентрическая система мира). Движения планет в ней выглядели столь сложно, что в течение многих веков астрономам не удавалось найти их общие законы И лишь замена выдающимся польским астрономом Никола* ем Коперником (1473—1543) геоцентрической системы отсчета на гелиоцентрическую, связанную с Солнцем, радикально упростила описание движения планет, что дало возможность в самом общем виде сформулировать законы их движения.
Ныне за эталон в физике принята инерциальная система, в которой изотропно (от еизос» — одинаковый и етропос» — направление) реликтовое излучение * (от «реликт» — остаток).
* Это излучение является остатком той эпохи, когда вещество Вселенной было горячей плазмой.
Нельзя однозначно утверждать, что в будущем не появятся другие эталоны, которые могут и не быть инерциальными.
Удобно также использовать иногда и другие системы, руководствуясь принципом целесообразности, который можно легче понять на конкретных примерах.
Задача 1.1. Из двух портов, расстояние между которыми /, одновременно выходят два катера со скорос-
тями Pi и v2, направленными соответственно под углами а и Р к прямой, соединяющей порты (рис. 1). Каково минимальное расстояние между ними?
Решение. Приведем вначале план традиционного решения, г = V\xi — х2)а + (yt — yt)2, г д V[l — (v2 cos P + Vi cos a) /]• + (/ > (v, sin p — sin a)]2. Далее необходимо, найдя производную и приравнивая ее к нулю, подставить найденное таким образом время (минимальное) в исходное уравнение и получить значение гт|в. Очевидно, что этот путь решения достаточно громоздкий.
Свяжем неподвижную систему отсчета с первым катером. Тогда второй будет иметь скорость о21 « о2— направленную под углом <р и численно равную = — у о? 4-1*2+ ^VjVt cos (a + Р). Очевидно, что rmln — = / • sin <р. Найдем sin ф из v2I sin ф « о2 sin Р — — Dj sin a.
Окончательно rmin =	—  ^sln ~ si-а^~ — .
г «1 ++ 2oi°2 cos (a 4- ₽)
В некоторых задачах удобно использовать неподвижную систему отсчета, называемую лабораторной (ЛСО),
в иных — систему отсчета, связанную с центром масс (СОЦМ).
Задача 1.2. Рассмотрим упругий удар в системе центра масс (рис. 2).
Решение. Центр масс в СОЦМ неподвижен. Напомним, что относительно ЛСО (системы отсчета, связан-
17, пц	ТГ2	/л2
Рис. 2 ной с неподвижным наблюдателем) на основании теоремы о движении Центра масс его скорость:
v = ГГЦ + т2
Закон сохранения энергии и импульса в СОЦМ:
4- тао2ц =	4- /пао2ц = О,
fftiViu 4- /пао2ц — гп^ц 4- /ПаП2ц. Полученная система имеет два решения.
1) »|Ц = , Удар отсутствует. О2ц — О2ц.
2) П|Ц = — 1»1ц, В системе центра масс столкновение Р2ц = — о2ц. приводит к изменению знака скорости.
Перейдем в ЛСО:
О)ц =	— V 0|ц = 0[ — V,
и , О2ц = 0а — V, 02ц = Ра — О, „е о = -Wi-t-»- . + т2
Весьма важными являются следствия из полученных результатов.
1.	Если v2 = 0, то
* тг — т- --	'	2/П1
«I “	И Оа =	01.
nXj -j- т2	-f- т2
Первое тело при та > та после удара движется в том же направлении, при т1<та — в противоположном.
2.	При та = та = т
0| =« оа и oi = ot, то есть происходит обмен скоростями.
К этим следствиям мы вернемся в других главах нашей книги.
Задача 1.3. С поверхности Земли бросили вертикально вверх кусочек пластилина со скоростью о0. Одновременно такой же кусочек пластилина начал падать без начальной скорости с высоты Н. При столкновении ку* сочки слиплись. Через какое время после начала броса-
ния и с какой скоростью слипшийся комок упадет на Землю? (рис. 3).
Решение.
Решим задачу в системе отсчета, связанной с центром масс. Она сводится к движению тела с высоты -у со скоростью -у вверх:
п= н -4- * t 8,2	+	.
4g// -----2------•
Если нас интересуют внутренние процессы в движущихся системах, то для того, чтобы отвлечься от их движения, удобно перейти в СОЦМ. В изолированной системе центр масс движется с постоянной скоростью, и такая система будет инерциальной. Аналогичный пример. Известно, что у-кванты могут рождать пары частиц: электрон и позитрон. А может ли этот процесс рождения происходить с одним квантом? Для того, чтобы ответ стал очевидным, воспользуемся СОЦМ. В этой системе суммарный импульс электрона и позитрона равен нулю (так как массы частиц одинаковы, то центр масс всегда находится посредине, и относительно него цэ = — о„).
В то же время испульс у-кванта, из которого родились частицы, отличен от нуля, так как в любой системе отсчета он движется со скоростью света. Поэтому закон сохранения импульса «запрещает» такой процесс. Он может происходить при столкновении, например двух у-квантов или, когда есть еще другие частицы, которым передается лишний импульс. Аналогично, по принципу обратимости, при аннигиляции * их должно происхо*
* Аннигиляция — процесс превращения частицы и античастицы в другие частицы, происходящий при их столкновении.
дить парное рождение у-квантов. Как видим, в системе отсчета центра масс просто и удобно исследовать процессы ядерной физики и физики элементарных частиц. Фундаментальные законы наглядно «накладывают» запреты на невозможное.
Задача 1.4. Два электрона находятся на бесконечно
большом расстоянии один коится, другой имеет скорость v, направленную к первому. На какое наименьшее расстояние они сблизятся? Масса электрона т, заряд I.
Решение.
В СОЦМ оба электрона движутся навстречу друг о другу СО скоростью-J .
от другого, причем один по-
Из закона сохранения энергии:
2 4яе0 'min =>/’т|пв m^mv» ‘
Для решения задач на столкновение двух падающих тел систему отсчета выбирают по методу «падающего лифта». Представим себе, что мы находимся в свободно падающем лифте. Тогда все тела, брошенные нами внутри этого лифта, будут двигаться прямолинейно и равно
мерно.
Задача 1.5. Тело А бросают вертикально вверх со скоростью va- На какой высоте Н находится тело Б, которое, будучи брошенным с горизонтальной скоростью Vs одновременно с телом 4, столкнулось с ним в полете? Расстояние по горизонтали между исходными положениями тел равно /. Найти также время движения тел до столкновения (рис. 4).
Решение.
Поместим всю систему в падающий лифт. Здесь столкновение тел произойдет на высоте Н. Тело Б пролетит за время Т расстояние I :Т = — . Тело А достолкнове-
VA ния преодолеет расстояние Н : Н = — • I.
До сих пор мы не объясняли правомерность произвольного выбора системы отсчета, полагаясь на интуи
цию читателя. Покажем, что физический закон в вектор* ной форме не зависит от выбора системы координат.
Рассмотрим вектор а, который в декартовых прямоугольных координатах запишется как а =» axi + a,J + -4
4- azk (рис. 5). При переходе к любой другой декарто-
-♦ вой системе координат а сохраняется, поскольку это диагональ параллелепипеда. Говорят, что вектор а инвариантен по отношению к переносу начала и повороту координатных осей.
Рассмотрим выражение а = Ь. Оно означает, что в 6У; аг = Ьг» И в новой системе коорди-
нат эти равенства выполняются, т. е. векторное равенство а = b инвариантно по отношению к переносу начала и повороту координатных осей. Таким образом, физический закон, записанный в векторной форме, не зависит от выбора осей координат, связанного с требованием ра-
ционального решения задачи.
Задача 1.6. Два тела, находившихся первоначально на расстоянии I друг от друга, на гладкой наклонной плоскости начали движение навстречу
друг другу со скоро-	рис. б
стями v. Угол накло-
на плоскости а (рис. 6). Найти время, пройденное до
столкновения.
Решение.
По методу падающего лифта с учетом поворота осей выберем систему отсчета, скользящую вниз по наклонной плоскости с ускорением g sin а. Искомое время Т ®	.
Чтобы решить следующую задачу, выбираем вращающуюся систему отсчета.
Задача 1.7. Четыре черепахи находятся в углах квадрата. Первая ползет по направлению ко второй, вторая к третьей, третья к четвертой, четвертая к первой. Найти время движения черепах до столкновения (рис 7). Известны а и V.	.у
Решение.	-	S
Введем систему координат, которая в каждый момент вре- 'Ч'х / мени будет иметь на оси у пер-	\
вую и третью черепахи, на оси х—вторую и четвертую. В лю-	X.
бой момент времени черепахи	/ \
будут в вершинах квадрата. /	\
Вращение системы отсчета /	\
компенсирует ох = const (а = = 45°) (подумайте, как© зави-	рис 7	'
сит от t качественно, определите длину траектории и координаты места встречи).
В итоге < = — = — . Vy V Решение одной и той же задачи в различных системах отсчета способствует более глубокому усвоению сути происходящих процессов и, в конечном счете, помогает вы-д $ С $ в б°РУ рационального ре-
Рис- 8	Задача 1.8. Плот и
моторная лодка одновременно начинают движение из пункта Л. Лодка проходит путь АВ = за время / и возвращается обратно. На расстоянии ВС = S2 лодка встречает плот. Найти скорость течения и собственную скорость лодки (рис. 8).
Решение.
1. Система отсчета «земля». Система двух уравнений
S1	с двумя неизвестными
= tl	дает возможность най-
2. Система осчета «плот». В этой системе отсчета плот и вода покоятся, а лодка относительно плота имеет собственную скорость v, за счет которой она в течение времени t удаляется от плота и, очевидно, такое же время к нему приближается; о = —. За это же время
плот проходит расстояние — За: и = —gj— •
В заключение предлагаем решить эту задачу в системе «лодка».
Задачи для самостоятельного решения
1.9. Колонна бегунов имеет скорость о и длину J. Навстречу бегунам бежит тренер со скоростью с тренером, каждый "
Рис. 9
и (и < 0. Поравнявшись бегун поворачивает в противоположном направлении и бежит со скоростью о. Какова будет длина колонны, когда тренер поравняется с последним бегуном? Решить задачу в системе отсчета: а) стренер», б) «колонна», в) «земля».
Ответ.
0+ а
1.10. Под каким углом к нормали к плоскости будет двигаться шарик после упругого соударения с движущейся наклонной плоскостью. (Рис. 4.9).
Ответ.
tgP » 02 cos а — с?! sin а vasina 4- 0j cos а
2. МЕТОД УСЛОЖНЕНИЯ - УПРОЩЕНИЯ
Рассмотрены некоторые способы введения новых элементов, казалось бы усложняющих задачу, но всегда дающих эффектные решения.
Рассматриваемый ниже метод усложнения — упрощения — это своеобразное использование анализа и.синтеза. Думается, что любая физическая задача решается с применением каких-то упрощений с последующим усложнением. Да и в теории мы знакомимся с физическими идеализациями — материальной точкой, абсолютно черным телом, идеальным газом и другими. А как быть, например, с реальным газом, если мы изучили идеальный?
Для реальных газов вводятся поправки на молекулярный объем и межмолекулярное взаимодействие.
В некоторых задачах удобно разбить систему на составные части или, наоборот, «достроить» ее, упрощая тем самым ход решения. Впрочем готовых рецептов здесь нет, а опыт и видение метода достигаются упражнениями.
Задача 2. (.Доска массой т и длиной / лежит на горизонтальном полу. Коэффициент трения доски о пол равен
k. Какую работу надо совершить, чтобы повернуть доску в горизонтальной плоскости на малый угол а вокруг одного из концов? (Рис. 10).
Решение.
1-й способ. Рассмотрим элемент доски dx массой dm = который при повороте на а проходит расстояние х • а.
При этом совершается работа dA = kg . ха или А = I ( ке™а • xdx = -4- kmgla.
J I
2-й способ.
А =	= -i- kmgla.
Результат получен после поворота и второго конца на угол а. Очевидно, что искомая работа равна половине работы по перемещению доски на La.
Задача 2.2. В полусферический колокол, плотно лежащий на столе, наливают через отверстие вверху воду. Когда вода доходит до отверстия, она приподнимает колокол и начинает вытекать снизу. Радиус колокола R, плотность воды р. Найти массу колокола М.
Решение.
1-й способ. Прямое динамическое решение задачи (рис. 11, а).
F = Mg 4- -j- nR*$g.
Ho F = pgR • nR\
M ««nR3p.
2-й способ. Поместим систему в цилиндрический сосуд высотой и радиусом R. (Рис. 11, б).
Пусть колокол тонок, его масса мала. Давление на колокол снаружи и изнутри равно во всех точках. Если колокол убрать, то М «= (VnitJIluw. - УТОлуШ.Ра) р,
М = (я/?3--------х- л/?3) Р = 4- л/?’р.
\	О	/	О
И
2

Рис. 12
соскальзывает с высоты Н на горизонтальную плоскость. Известно, что его конечная скорость раина нулю. Какую работу необходимо совершить, чтобы втащить тело назад по той же траектории?
Решение. Работа сил трения равна mgH. Из свойства обратимости работа против
сил трения при подъеме также равна mgH.
Тогда А = 2mgH (рис. 12).
Задача 2.4. Плотности поверхностного заряда на прямоугольных пластинах плоского конденсатора равны +<г и —о. Расстояние между пластинами меньше размера пластин. Определить напряженность электрического поля в точке А.
Решение. Дополнить тремя парами пластин до получения плоского конденсатора с напряженностью •поля внутри него Е = — (рис. 13). ео
Д«=4£л; Е = -±-^ЕА--^. ео	*ео
Задача 2.5. Сплошной однородный медный диск ра-диусом R подключен к двум радиально идущим проводам, по которым подводится и отводится постоянный ток J. Точки подключения расположены на краю диска и видны из его центра под углом ф = — . Определить магнитное поле в центре диска.
Решение. Выполним усложнение (рис. 14). В13 = e 6В, но В = 0, значит В1а = 0.
Покажем примеры разбиения системы на составные части.
Задача 2.6. Какая сила действует в сечении однород» него стержня длиной I на расстоянии х от конца, к кото» рому приложена сила F, направленная вдоль стержня? (Рис. 15, а.)
Решение. Разделим стержень на части, длины ко* торых хи (/ — х) (рис. 15, б). Соединим их невесомой нитью (покажите, что натяжение такой нити одинаково в любом ее сечении).
Из II закона динамики F — Т — тга\ Т *= т2а.
После деления получим
-	• откУДа т =
р .	___*_)	Рис. 14
Задача 2.7. Найти кинетическую энергию стержня, вращающегося в горизонтальной плоскости вокруг вертикальной оси, проходящей через его середину. Известны w; m\ I (рис. 16, а)
Решение. Для половины стержня (рис. 16, б) К,= Д/2.^У/4 гл 3) Но к=з поэтому К -
=	24 ‘
Задача 2.8. Две диэлектрические заряженные нити бесконечной длины расположены в пространстве как две скрещивающиеся перпендикулярные прямые. Линей-
ная плотность зарядов на нитях р. Найти силу их взаимодействия.
Решение. Точно данная задача решается методом ДИ (см. гл. 3). Однако упрощение не вносит в результат существенных изменений.
Рассмотрим взаимодействие прямой и плоскости.
Плоскость (квадрат со стороной а) разобьем на поло-
сы Дх (рис. 17): Дх , F » 2л/?о • р/.
Тогда F = /.-£- =	= f. L12., откуда f = -g- .
Задачи для самостоятельного решения
2.9,	Внизу запаянной с обоих концов пробирки высотой h находится маленький пузырек воздуха. Плотность жидкости р. Пробирку перевернули. Каково давление на ее дно?
Ответ, р 2р$Л,

e
A-
2.10.	Найти напряженность поля плоского конденсатора в точке А. Известны о и е (рис. 18).
Ответ. Еа « --°-  . А 2ее0
2.11.	Кольцо радиуса R имеет сопротивление г и находится
в однородном магнитном поле. Вектор магнитной индукции В направлен перпендикулярно кольцу. Какой заряд протечет по кольцу, если его перевернуть?
Ответ. <7 = 2 BnRi .
Рис. 18
3. МЕТОД ДИФФЕРЕНЦИРОВАНИЯ И ИНТЕГРИРОВАНИЯ (ДИ)
Показано становление метода, его применение для решения задач и вывода формул.
Развитие метода дифференцирования и интегрирования связано с именами Ньютона и Лейбница. В основе его лежат два принципа: 1) принцип возможности представления закона в дифференциальной форме и 2) принцип суперпозиции.
Суть метода состоит в том, что если физический закон выражается в виде Z = ху (1), где х, у, г — некоторые физические величины, причем х = х (ф), то для нахождения г на интервале [z/r; уг1 выражение (1) неприменимо из-за изменения х. Тогда интервал ytl разбивают на конечное число малых промежутков dy (Ду), в пределах каждого из которых можно пренебречь изменением х (у).
Тогда dZ = х (Y)dY или Z = j х (У) dY.
Несколько слов о производной и интеграле в физике. Решая задачу о скорости произвольного движения, Ньютон пришел к понятию производной:
v = x = lim А/-.О
То есть производная характеризует быстроту изменения параметров любого физического явления. Лейбниц ввел для производной такое обозначение; * =	. Таким об-
dx
разом, означает отношение конечных соответственных значений малых приращений dx и dt.
Известную формулу Ньютона — Лейбница ь
Jf(x)dx = F(b)-F(a), а
где f (х) = jj-, в физике следует понимать как сумму большого числа слагаемых X/ (х{) Ах<.
На первом этапе метода ДИ следует разделить тело на материальные точки либо траекторию или время на
I	dx
Рис. 19
такие промежутки, на которых процесс можно считать равномерным. Затем по принципу суперпозиции произвести суммирование (интегрирование). Иными словами, на первом этапе мы находим вклад одного участка в искомую величину, затем производим суммирование по всем участкам. Рассмотрим конкретные задачи.
Задача 3.1. Найти силу гравитационного взаимодействия между расположенными на одной прямой материальной точкой массой т и однородным стержнем длиной L и массой М. Расстояние от точки до ближайшего конца стержня равно С (рис. 19).
Решение. Выделим на расстоянии х от точки элемент стержня длиной dx и массой -у • dx. Сила его взаимодействия с точкой
C+L
d/? = TTT7rdx-no9TOMyFe j
Задача 3.2. Однородный стержень длиной L и массой М вращается с постоянной угловой скоростью <о вокруг оси, проходящей через один из его концов. Найти кинетическую энергию стержня.
Решение. Вклад элемента dx стержня в кинетическую энергию всего стержня dK =y-pdx (шх)’, где -y-dx — масса этого элемента, ах — расстояние до оси. Тогда wx — его скорость. Осталось проинтегрировать 1»
полученное выражение от 0 до L\
K—^-~^-dx (о?х2) = MLW. о
В некоторых задачах получение дифференциального выражения требует дополнительных упрощений.
Задача 3.3. Найти кинетическую энергию однородного диска радиуса R и массы М, вращающегося с постоянной угловой скоростью	।
w вокруг оси, проходя-щей через центр диска	^*45
перпендикулярно его плоскости.
Решение. Разо- Q	2
бьем диск на кольца ши-	Рне, 20.
рнной dx, каждое из которых отстоит от оси вращения на х £ [0; /?]. Масса каждого кольца, вращающегося с линейной скоростью шх;
dm = 'TXT + dx)2 — xil» 2-^-xdx.
Величиной (dx)3 в сравнении с 2xdx можна пренебречь.
dk =	- 2	. xsdx.
Z	Л
R
Откуда К = j -^5- x*dx =	Л4<о3/?3.
о
Метод ДИ о успехом применяется для вывода формул.
Задача 3.4.В поле заряда Q на расстоянии гх от него находится заряд q. Какую работу необходимо совершить, чтобы изменить расстояние между зарядами до г,? (Рис. 20)
Решение. Разобьем отрезок 1—2 на такие dr, в пределах каждого из которых силу взаимодействия между зарядами можно считать постоянной. Тогда dA = = dr, откуда
‘т-)-Г,
Сравнивая с А = q • (<ра — Ф1), получаем формулу для потенциала поля точечного заряда
9 = ^4".
Задача 3.5. Найти количество теплоты, выделяемое переменным током i = I sin (<о/ -+• <р) в течение одного периода в проводнике с сопротивлением R.
Решение. За время dt в проводнике выделяется dQ = PRdt. Поэтому
т
Q= J Rl* sin2 (at + ф) dt =» in
*= J <0 sin2 (at + ф) Л = -- Rl2. о
I	Задача3.6. Закон Био—
Савара—Лапласа устанавливает вклад, вносимый в индукцию магнитного поля элементом dl проводника, по которому течет ток h
dB = sin а 4я г» ’
I — расстояние до точки, в которой изменяется модуль вектора магнитной индукции В, а а — угол между
рис. 21	направлением тока и ради-
ус-вектором этой точки. Найти модуль вектора индукции магнитного поля прямого бесконечного тока на кратчайшем расстоянии от проводника. (Рис. 21)
Р е ш е н и е. Из рисунка 21 найдем г == b : (sin а),
dl —	__ Ма
sin а sin2 а
i п2
Переменная интегрирования — а — лежит в пределах от 0 до л. Значит,
Л
q___ f Цо / • 6 • <fa  sin « _ ц0/
I 4л hi - 2nb
о	—T-S— • sin2 а
и sin2 а
Если проводник имеет конечную длину (рис. 22), то
В =	- (cosaj — cosa2).
Задача 3.7. Найти модуль вектора индукции магнитного поля кругового тока в центре витка радиуса /?.
Решение. Легко видеть, что для любого элемен-
2лг
та dlsina = dl. Поэтому В — \	-Д- dl —	.
Задачи для самостоятельного решения
3.8.	Какую работу необходимо совершить, чтобы перетянуть брусок массой m и длиной / через шероховатую полосу шириной L? Коэффициент трения ц.
Ответ. А =» pmgL.
3.9.	Найти модуль вектора ин.гукцни магнитного поля в точке О. (Рис. 23).
Ответ. В —
2л/?
4.	МЕТОД ОБРАТИМОСТИ
Рассмотрены задачи кинематики, динамики, термодинамики, электростатики, которые можно решать ^наоборот*.
Обратимость — это свойство равновесных процессов, т. е. таких, которые можно осуществить в обратном направлении, повторяя все промежуточные состояния прямого процесса. Строго говоря, реальные процессы необратимы, но в физике изучается довольно много квазиста-ннонарных процессов (квази — почти).
Метод обратимости дает возможность упростить решение прямой задачи, когда удается переформулировать ее условие с тем, чтобы воспользоваться известными соотношениями.
Обратимы, например, прямая и обратная задачи механики. В термодинамике обратимы все замкнутые процессы — например циклы Карно, Отто, Дизеля
В электродинамике идея обратимости электрических и магнитных явлений, предугаданная Фарадеем после открытия Эрстеда в 1820 г., привела к формулировке закона электромагнитной индукции в 1831 г. Обратимость электромагнитных явлений материализована в 'двигателях и генераторах.
Яркой иллюстрацией ее могут служить все периодические процессы: от механических колебаний маятника до электромагнитных колебаний в контуре.
Известно, что все законы геометрической оптики обладают обратимостью. Применяемые для получения позитивного изображения пластинки и пленки являются еще одним примером ее.
Не является исключением обратимость и в ядерной физике. Наглядным тому примером могут служить взаи-
мопревращения элементарных частиц.
Понять суть метода помогут следующие задачи.
Задача 4.1. За последние полсекунды свободно падающее тело проходит путь, равный 30 м. Найти скорость тела в момент приземления.
Решение. Из уравнений движения
<$ = ц/ + 2 И СК0Р0СТИ ° = uo + ИСК-
лючая о0, получаем v = —-f—.
Последнее выражение запишем иначе:
S-vt—
Рис. 24
Движение из ускоренного «превратилось» в замедленное. Конечная скорость стала «начальной». Представьте себе, что в кино снятый эпизод падения прокручивают в обратном порядке. Таким образом, по методу обратимости значение скорости в момент падения
тела следовало получить сразу.
Задача 4.2. За пятую секунду равнозамедленного движения тело проходит 5 см и останавливается. Какой путь тело прошло за третью секунду?
Решение. Используя обратимость, переформулируем задачу так. За первую секунду равноускоренного движения без начальной скорости тело проходит 5 см. Каков его путь за третью секунду?
Пути, проходимые телом при равноускоренном движении без начальной скорости за последовательные равные промежутки времени, относятся как нечетные числа натурального ряда (в книге содержится только графическое доказательство этого факта, а аналитически докажите это самостоятельно). Поэтому искомый путь равен 25 см.
Задача 4.3. Необходимо поставить в небольшой просвет между вереницей автомашин, стоящих вдоль тротуа
ра, еще одну. Как следует заезжать в просвет: передним или задним ходом, если поворачиваются только передние колеса?
Решение. Рассмотрим выезд автомобиля (рис. 24). При любом маневрировании центр окружности выезда лежит на прямой, проходящей через задние колеса. Таким образом, при выезде задним ходом вероятность задеть машину больше.
Рис. 25
Поэтому следует заезжать задним ходом.
Задача 4.4. Откуда необходимо бросить маленький шарик на жестко закрепленную на горизонтальной плоскости полусферу радиусом R, чтобы он остановился в ее вершине? (Рис. 25, а.)
Решение. Пусть шарик начинает без начальной скорости свободно двигаться с вершины полусферы (рис. 25, б).
‘'отр	2
=» g cos а;	соза = -у;
ОТ^тр = mgR (1 — cos а); Оатр = }/
Дальнейшее движение описывается уравнениями:
х = R sin а + «отр cos
D	,.«***** 1,13/?.
к cos а = Corp sin а . t
Из закона сохранения анергии следует, что начальная скорость может иметь единственное значение:
mgR = ~y~ =* v® = /2g/?
Задача 4.5. В калориметре медленно остывает расплав исследуемого вещества. Удельная теплота плавления этого вещества 200 кДж/кг. По графику зависимости температуры вещества от времени определить удельные
теплоемкости вещества в твердом и жидком состояниях. Теплоемкостью калориметра пренебречь (рис. 26).
Решение. Рассмотрим процесс, обратный данному — нагревание. При постоянной мощности нагревателя i
q • т • 5 _ Кт с2 • т • 5 120	“ 300 ~	60
Откуда с1== 16-£^-
ct = 8
кДж кг • к ‘
Задача 4.6. Проводящая сфера разбилась на несколько осколков, разлетающихся на большие расстояния друг от друга. Осколки в произвольном порядке соединяют тонкими проводами. Что больше ССфеРы или Ссистемы? Емкостью проводов пренебречь.
Решение. Сообщим системе заряд q > 0. vn _ чг . т	= Ч1
w сф — пр	» w СИСТ. — пр
^Ссф	^иСИСТ.
Собирая из осколков сферу, производим работу
Л>0. Л = И7€ф.-«7сист.=>-^->5?-^-------.
гьсф	с нет .оси.
^оск. ^сф
'	задачи для самостоятельного решения
f 4.7. j Тормозной путь автомобиля 320 м. Считая движение рав-^Замедленным, разбить весь путь на такие 4 участка, на прохож-денйе каждого из которых затрачено одинаковое время.
Ответ. 140 м; 100 м; 60 м; 20 м.
4.8.	Кастрюлю, в которую налит 1 л воды, никак не удается до вести до кипения при помощи нагревателя мощностью 100 Вт. Определить, за какое время вода нагрелась на последний градус.
Ответ, т = 42 с.
5.	МЕТОДЫ ОПРЕДЕЛЕНИЯ ЦЕНТРА МАСС
Изложены способы нахождения центра масс> в том числе теорема Вариньона; показано различие между центром тяжести и цент-ром масс.
Центром масс системы называется воображаемая точка, радиус — вектор которой
+ * • * 4- mnrn я 1—1 ml + m2 + • • • + mn	*
S mi i—\
n
Обозначим массу системы Al = 2' /«i
MR =	+	4- ••• + mnrn.
Найдем производную по времени:
= mA + mtvt 4- ••• 4-mnVn-
В правой части стоит суммарный импульс системы, а в. - скорость центра масс.
Таким образом, центр масс системы движется как материальная точка массы М. Это теорема о движении центра масс.
Найдя еще одну производиую, получим
*4 = 2^“ = А
Здесь ав — ускорение центра масс, F'* — внешняя сила, действующая на /-тое тело системы, a F — равнодействующая всех сил, действующих на систему. Напомним, что на основании третьего закона Ньютона сумма
внутренних сил равна нулю.
2 F‘r = 0. <=i
I
Этот результат дает возможность сформулировать следующее определение центра масс системы, подверженной внешним воздействиям вне зависимости от их природы. Центр масс такой системы — точка приложения равнодействующей всех сил. В случае действия одних лишь сил тяжести центр масс системы заменяют совпадающим с ним, но более узким по содержанию понятием центра тяжести.
В настоящей главе мы рассмотрим способы нахождения центра масс, а в следующей главе продемонстрируем применение теоремы о его движении.
Задача 5.1. К концам невесомого стержня длиной I приложены силы Fx и Ft (рис. 27). Найти точку приложения равнодействующей.
Решение. Пусть О — искомая точка. По правилу
моментов Fxx = F2(l — х), откуда х = у. р~-
Задача 5.2. Найти центр масс системы, изображенной на рисунке 28.
Решение. Для сил F2 и F2 воспользуемся результатом задачи 5.1.
х-
Fi + Fj •
—♦	—♦
Вторично воспользуемся им для сил (F 4- Ft) и Ft:
(fi+ft) • «1+ <»-*) У fj + Fj + F.
Подставив значение х, получим
_ F»/i + Fi (/> + /») v Fj + Fj + f, •
Решив эти две задачи, мы фактически методом математической индукции доказали теорему Варинъона'. момент
равнодействующей относительно произвольно выбранной оси равен сумме моментов всех сил относительно этой же оси. Эта ось на рисунках 27 и 28 проходит через точку А. Теорема дает возможность находить центр масс, причем ось удобно выбирать в точке приложения нескольких сил (моменты этих сил будут равны нулю).
Задача 5.3. Из тонкого однородного диска радиуса R вырезан диск радиуса г (г < -уЛ.
Рис. 29
Расстояние между центрами диска О и полости равно а (а > г). Найти положение центра масс.
Решение. J-й способ. Вырежем диск С радиуса г симметрично относительно центра О (рис. 29, а).
пгл (а — х) = л (/?’ — 2г2) х,
а
Х =
2-й способ (рис. 29, б).
Задачу решаем методом отрицательных масс.
Мысленно заполним полость однородным веществом той же плотности, что и диск. Чтобы такая операция была правомерной, введенную массу удобно считать «отрицательной».
nR^x + (— яг3) • (х 4- а) = 0, а ‘ а •
X =
Задача 5.4. На рис. 30 изображены цепочка длиной L и два стержня длиной -у каждый. Чей центр масс выше?
Решение. Оттянув цепочку вниз, мы придадим ей форму стержней. Следовательно, ц. м. стержней выше ц. м, цепочки.
Задача 5.5. На поверхности воды плавает деревянный кубик квадратного сечения (ркуб. = Какое из двух положений равновесия будет устойчивым?
Решение (рис. 31). В воде находится половина кубика, поэтому его центр тяжести в обоих случаях расположен на одной высоте. Центр тяжести вытесненной воды в первом случае находится на расстоянии — от ее
I	а
поверхности, во втором---а	Это означает,
что устойчивым будет положение 2.
Задача 5.6. Найти центр масс тонкой однородной проволоки, согнутой в виде полуокружности радиуса г.
Решение. Впишем в окружность правильный многоугольник (рис. 32) Пусть сила тяжести действует перпендикулярно чертежу. Момент сил тяжести, приложенных к серединам сторон многоугольника, относительно оси АК'\
М = Р£(АВ • хх + ВС • х2 + CD • х3 + • • •), где р — масса единицы длины.
Поскольку АВ • х, = АВ' - Л, ВС • х, = В'С' • Л, CD • х, = CD’ • Л, то М = pgh • (АВ' 4- СВ' 4* 4- - • •) = р$Л • 2г = 2pghr.
Будем увеличивать число сторон многоугольника. Тогда Л -> г и, следовательно, М ~ 2pgr*.
С другой стороны, М — 2г = nrpg • х, отсюда х = —.
Задача 5.7. Определить положение центра тяжести однородного тонкого полукруга радиуса г.
Решение. Разбиваем полукруг на треугольники и сегменты (рис. 33). Центры тяжести треугольников лежат на расстоянии -^Л от точки О.
При большом числе треугольников Л -► г.
я
Далее необходимо определить \ J ’ центр тяжести полуокружности \ ।
СГ.-4; ОМ--Ь_.	|	]
0Л, = —р-34
Центр масс дает возможность решать не только статические задачи.
Задача 5.8. Брусок 2 отпускают (рис. 34). Что произойдет раньше: 2 ударится о стену, или 1 упрется в блок?
Решение. На центр масс системы, первоначально находившейся на уровне стены, действует неотрицательная сила Т • (1 — cos <р), направленная вправо от оси х. Поэтому случай, когда 2 раньше ударится о стену, исключается, поскольку тогда центр масс будет левее плоскости стены.
Задачи для самостоятельного решения
5.9.	Определить положение центра тяжести тонкой однородной проволоки, прогнутой по дуге радиуса г (рис. 35).
sin —
Ответ, h = 2-------— г.
а
Рис. 35
Рис. 36	Рис. 37
5.10.	Определить положение центра тяжести тонкой однородной пластинки, представляющей собой сектор радиуса г, имеющий центральный угол а (рис. 36).
4 S,n-T
Ответ, ОМ = -----------г,
3 а
5.11.	Найти центр масс фигуры (рис. 37).
Ответ, ОС = ——---------г,
3 • (4  л)
6. ВАРИАЦИОННЫЕ ПРИНЦИПЫ МЕХАНИКИ.
МЕТОД ВИРТУАЛЬНЫХ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ
Этим методом решены задачи статики, гидростатики, динамики, електростатики. Показано применение метода для вывода формул.
Основная задача механики состоит в нахождении в любой момент времени параметров, характеризующих состояние движущейся системы. Наряду с другими спо
собами описания (графический, табличный и т. д.) наиболее широкое распространение получил аналитический.
В основе механики лежат принципы. Эго положения, которые отражают общие закономерности механических явлений, из которых можно получить уравнения движения. Различают вариационные и невариационные принципы механики. Их появление связано с именами Ньютона, Д’Аламбера, Лагранжа, Мопертюи, Бернулли и др.
Невариационные принципы механики устанавливают закономерности движения, совершаемого системой под действием приложенных сил. Это, например, широко используемый в школьном курсе физики второй закон Ньютона. Но в механике принципиально возможны два пути описания процессов: силовой (невариационный) и энергетический.
Путь силового описания ограничен тем, что не всегда в задаче известны или очевидны все силы взаимодействия, например силы реакции связей (натяжение нити, реакция плоскости). Другим недостатком является наличие большого числа уравнений, усложняющее решение. Энергетический подход (вариационные принципы) имеет то преимущество, что уравнения движения не содержат неизвестных реакций связи и дают негромоздкие, а порою и очень изящные решения.
Вариационные принципы механики в свою очередь подразделяются на дифференциальные и интегральные. Ниже мы рассмотрим в качестве дифференциального — метод виртуальных перемещений, интегрального — следствие из принципа наименьшего действия (экстремум энергии).
В 1717 г. Иоганн Бернулли в письме Вариньону описал новый способ решения статических задач. В основе этого способа лежит свойство сил реакции связи, полная работа которых при малом отклонении системы от положения равновесия равна нулю.
Эго свойство сил реакции связано с законом сохранения энергии: поддержание связей в положении равновесия не требует расхода энергии (силы реакции приложены, однако нет смещения точек системы). Заметим, что в положении равновесия на точки системы действуют, кроме сил реакций, и внешние силы, которые существ
///////////////////
венио влияют на силы реакции. При бесконечно малом положительном отклонении системы от положения равновесия работа внешних сил будет неотрицательной, го есть Л.нешн. > 0. Аналогично, при отрицательном отклонении Авнеши.
Поскольку для системы принципиально возможны и положительные и отрицательные отклонения, то их единство в противоположности выражается условием Лвнешя. == 0.
Формулировка принципа. Для равновесия любой механической системы с идеальными * связями необходимо и достаточно, чтобы сумма элементарных работ, действующих на систему сил при любом виртуальном перемещении, равнялась нулю.
Задача 6.1 (Лагранжа). В системе, изображенной на рисунке 38, к нижнему блоку подвешен груз массой т. Какую минимальную силу надо приложить к свободному концу нити, чтобы удерживать систему в равновесии? Нити нерастяжимы, блоки невесомы. Нити между блоками считать параллельными.
Решение. Пусть точка приложения силы перемещается вертикально вниз на расстояние 6Н (6 — обозначение приращения по Лагранжу). При этом груз т переместится вверх на расстояние 6/i=4-6Н-
6Л, 4- 6Ла - 0; Ff>H - mgbh. = 0;
=> Г =
4
Традиционное решение.
Груз пребывает в равновесии, а значит силы натяже* ния, приложенные к любому участку нити, взаимно компенсируют друг друга: Тй — 7,; Т, = Т»; 7, = 7,; 73 = Т4. Кроме того, F = 70; mg = Тх 4- 7, 4- Т3 4-4- 7. = 47.
Рис. 38
'П£
• Идеальные связи невесомы, нерастяжимы и выдерживают любую заданную нагрузку.
ще решена оыть не
Рис. 40
В роли виртуального перемещения может выступать угол.
Задача 6.2. В коробке К (рис. 39) заключен передающий механизм неизвестной конструкции При повороте ручки Р вертикальный винт В плавно поднимается. При одном полном обороте (радиус оборота г) винт перемещается на расстояние Л. На винт кладут груз массой tn. Какое усилие надо приложить к ручке, чтобы удержать систему с грузом в равновесии?
Решение. Пусть искомая сила F при бесконечно малом повороте на угол 6ф совершает работу 6Я j =
= Гб/ = Ггбф. При этом груз т поднимается на высоту б/i = бф и работа силы тяжести 6Я2 = —mg 2л	2л
Тогда из бЛ, + 6Я2 = 0 имеем F = mg
2лг
Заметим, что традиционными методами задача вооб-может, так как ничего не известно о скрытом в коробке механизме передачи.
Задача 6.3. Имеется цепочка, содержащая N одинаковых невесомых звеньев, скрепленных шарнирно (рис. 40). Пренебрегая трением, определить, какое натяжение должна выдерживать нить, соединяющая точки 1 и 2, если к цепочке подвешен груз массой т.
Решение. Пусть груз т опустился на 6Л. Работа силы тяжести 6Л, = mgbh. Работа силы натяжения 6Л2 = —Т6Н. 6Н найдем из соображений симметрии. Большая диагональ каждого из звеньев
удлинилась на что равно виртуальному перемещению
точки 2. Поэтому mgbh — Т = 0, или Т = Nmg.
Метод виртуальных перемещений с успехом может быть применен и для вывода формул.
Задача 6.4. Вывести формулу избыточного давления внутри сферического пузыря.
Решение. Дадим радиусу г мыльного пузыря виртуальное перемещение бг. Работа сил избыточного давления 6ЛХ = 4лг2рНзб6г. Работу сил поверхностного натяжения найдем как приращение поверхностной энергии.
6Л2 = 2о4л (г2 — (г + бг)2) = — 1 блогбг; 6ЛХ Ц- 6Л2 = 0.
Поэтому Риэб. = -у- .
Рис. 41
Этой задачей мы расширили границы применимости метода виртуальных перемещений.
Задача 6.5. Каким станет рИзб.» если равномерно по сфере распределить заряд р?
Решение.
6ЛХ = 4лг2ризб.6г; 6Л2 = — 1 блогбг;
64. = ~qi	+ —ч— =	•
3 8лгое (г 4- бг) ' 8ле#»ог 8nfZ(/ (г 4- 6г) ’
б Л । 4" 6Л2 4~ 6Л3 = 0.
Пренебрегая бг в сравнении с г, получим рнзо. = ~----
______У____
32л2егог*
Воспользуемся методом виртуальных перемещений для решения задачи по электростатике.
Задача 6.6. Жидкость с диэлектрической проницаемостью е налита в большой сосуд. Две вертикально расположенные параллельные пластины касаются поверхности жидкости (рис. 41). Расстояние между пластинами d. Пластины подключают к источнику с разностью потенциалов U. Какова будет высота Л столба жидкости между пластинами после установления равновесия?
Решение. Пусть жидкость поднялась на б/i. Пренебрегая изменением массы жидкости, получим: fi-dj = = —mg =----------pghdbbh.
Работа сил электрического поля бЛа == -у- 6С. Найдем 6С.
Рассматривая заполненную и незаполненную части конденсатора как два параллельно соединенных, найдем емкость эквивалентного конденсатора.	*
e0S2	। eBqSj	__EfjCib	।	(в 1) Bgdn
G ~ ~d	h d	“ ~d	1 d	’
Очевидно, 6C = -(e~	.
Таким образом, 6Л2 = -^~иг^е~	.
Окончательно 6/4 х + 6Л2 = 0, или
(Л(е-1)ео
Р^а ’
Задачи для самостоятельного решения
6.7.	Петля из гибкой тяжелой цепи массы т надета на гладкий прямой круговой конус, высота которого Я, а радиус основания R (рис. 42). Цепь покоится в горизонтальной плоскости. Найти натяжение цепи.
Ответ. Т = j
2л/?
6.8.	Электрический заряд Q равномерно распределен по тонкой, абсолютно жесткой металлической сфе^е радиуса /?. Какая сила действует на единицу площади поверхности со стороны остального заряда?
Ответ. F = Qz
32л2ее0/?4
6.9.	На некотором расстоянии х от горизонтально поддерживаемой балки с Тузами rrij и т2 находится нижний конец ружины, верхний конец которой закреп-

лен. Пр/жипу растянули и прикрепили к концу балки с грузом /л2, при этом балка осталась в горизонтальном положении после того, как се отпустили. Жесткость пружины X, плечи рычага и /а. Найти х (рис. 43).
Ответ.х=	,g,
Л/а
6.10. Два однородных стержня, массы которых тх и /л2, опираются
Рис. 44	на гладкие вертикальные стенки и
гладкую горизонтальную поверхность (рис. 44). Найти соотношение между углами 04 и а2 ПРИ Р^*
новее и и системы.
Ответ, tg 04 = tg аа. /па
7. МЕТОД ЭКСТРЕМУМА ПОТЕНЦИАЛЬНОЙ ЭНЕРГИИ
Рассмотрены условия равновесия систем, подверженных одно» временно нескольким воздействиям. Решаются задачи статики, гидростатики, динамики вращательного движения, молекулярной физики и электростатики.
Говоря о вариационных принципах механики, невозможно обойти вниманием «Трактат по динамике» Д’Аламбера (1743 г.). В нем изложены три принципа механики.
1.	Принцип силы инерции.
Д’Аламбер наряду с Галилеем и Ньютоном признает за телами свойство сохранять то состояние, в котором они находятся.
2.	Принцип сложения движений.
Эго сообщение опытных данных — принцип суперпозиции движений. Из него очевидны, например, параллелограммы скоростей и сил. Первые два принципа подробно рассматриваются в школьном курсе физики, и мы ниже также будем говорить о них. Подробнее мы оста
новимся на третьем.
3.	Принцип равновесия.
Д’Аламбер следует за Мопертюи, который в 1740 г. доказал, что в равновесии системы экстремальна вели'
чина «сумма сил покоя». Что же это за величина?
Для равновесия системы необходима стационарность ее потенциальной энергии. Это означает, что при малых отклонениях системы изменение U незначительно. Ниже будет по
Рис. 45
казано, что условием рав-
новесия является экстремум потенциальной энергии. Если в системе действуют диссипативные силы (силы жидкого трения, например), то и при их наличии условие равновесия — стационарность (экстремум) — выполнимо, так как в положении равновесия (о = 0) диссипативные си-
лы равны нулю.
Если система ограничена идеальными связями, не производящими работы при любых, как мы уже показали, виртуальных перемещениях, то стационарность U, Um\n и Umn соответствуют равновесию, устойчивому и неустойчивому.
Пусть тело находится в поле консервативных сил. Каждой точке такого поля ставится в соответствие сила. Такие поля называются потенциальными. Работа консервативных сил по замкнутому контуру равна нулю, не зависит от формы пути и равна убыли потенциальной энергии. При перемещении тела на малое расстояние dx сила Fx совершает работу Fxdx. Ясно, что F, = _ dU п	" -
dx' поскольку в положении равновесия ?, Ft = 0, то dl' __ dx ~ то есть потенциальная энергия экстремальная.
Для решения задач на нахождение условия равновесия системы необходимо найти выражение для потенциальной энергии, продифференцировать его и, приравняв к нулю, решить относительно неизвестного.
Задача 7.1. Гладкий однородный стержень длиной 2L опирается на край гладкой, неподвижной полусферической чаши радиуса R (рис. 45). Какой угол а образует стержень с горизонтом в положении равновесия? Трением пренебречь.
Решение. Выберем за нулевой уровень U горизонталь, проходящую через К. Расстояние от центра тяжести до этой прямой
h — R (1 — sin 2а) 4- L sin а.
n	dU Л
В положении равновесия =* 0.
4 R cos2 а — L cos а — 2R = 0, откуда
а = arccos (L + /La 4- 32/?2)].
Корень один, так как а — угол острый. Покажем также традиционное решение задачи
На стержень действуют три силы: сила тяжести mg, приложенная в середине стержня, и силы реакции чаши Qx и Qa (рис. 46). Так как трение отсутствует, сила Qlt действующая на конец стержня, упирающегося в чашу,
рис 4в	направлена перпендикулярно
поверхности чаши, то есть по радиусу; сила Q3 приложена к стержню со стороны края чашки и направлена перпендикулярно стержню. (Объясните сами почему.) Если стержень находится в положении равновесия, то линии, по которым действуют эти силы, пересекаются в одной точке А. Действительно, рассмотрим точку пересечения линий действия каких-либо двух сил, например и Qt, и составим условие равенства нулю суммы моментов всех сил относительно этой точки. Моменты сил Qi и Q3 относительно точки пересечения их направлений равны нулю, следовательно, момент силы Р также должен быть равен нулю, то есть линия действия силы Р проходит через эту же точку. Этого факта достаточно для нахождения положения равновесия стержня. Из элементарных геометрических соображений легко найти все углы, указанные на рисунке. Теперь можно составить уравнение для какой-нибудь тригонометриче
ской функции искомого угла а. Находя из прямоуголь яого треугольника АВС хорду ВС = 2R cos а и учитывая, что точка приложения силы тяжести лежит посредине стержня, получим х = 2R cos а — L. (1)
Далее, рассматривая радиус ОС как сумму двух отрезков, на которые его делит линия действия силы тяжести Р, находим
R — R sin  2а) + х cos а.	(2)
Подставляя (I) в (2), получаем после простых преобразований квадратное уравнение для cos а:
4R cos2 а — L cos а — 2R = 0.
Равновесие систем, в которых работа связи определяется изменением потенциальной энергии, также описывается условием экстремума. Пример тому — равновесие тела в жидкости. Найдем потенциальную энергию тела, погруженного в жидкость. Пусть тело массы т и объема V перемещается внутри жид-
кости плотности р на АЛ = Лх — Л2. Работа силы тяжести Zj = mg&h, архимедовой силы A2 = —pgVAA. Суммарная работа А = Xj + At = (m —pV) ghx — (m — pV) ght равна убыли потенциальной энергии А = 1/г — Ut. Значит U = (т — pV) gh.
Задача 7.2. Однородная тонкая палочка шарнирно укреплена за верхний конец. Нижняя часть ее погружена в воду, причем равновесие достигается тогда, когда она расположена наклонно к поверхности воды и в воде находится ее половина. Какова плотность материала палочки?
Р е ш е н и е. За нулевой уровень U выберем горизонталь через О (рис. 47). Потенциальная энергия надводной части палочки (Д =----g -у, а подводной иг =
«= (P8V щУ \ з . v
I -------j— I ~2~ г‘ Условие равновесия палочки
4- Ut) п	з
dh------ 0, откуда р = т р6.
Консервативными могут быть не только природные силы, ио и фиктивные. Эго означает, что о поле центре-
беж них сил инерции можно говорить как о потенциальном. Пусть тело массы т вращается вокруг точки О с постоянной угловой скоростью со на расстоянии т от центра вращения. В неинерциальной системе отсчета на него действует центробеж-
ная сила инерции, направленная вдоль радиуса от центра вращения и равная Fy6. = = то)*г. Пусть тело переместилось на малое расстояние dl, в пределах которого Fye. стационарна (см. гл. о методе DU). Работа этой силы dA — mm2rdl cos а.
Но dl cos а = dr (рис. 48). Поэтому к,
А = | m<a2rdr =• у maPrl------/псоМ, откуда и «
—-----/псо2г2.
Задача 7.3. На гладкое проволочное кольцо, радиуса
R надет маленький шарик массой т (рис. 49). Кольцо
вместе с шариком вращается вокруг вертикальной оси, проходящей через диаметр кольца с угловой скоростью со. Где находится шарик?
Решение. За нулевой уровень и примем нижнюю точку кольца. Тогда потенциальная энергия шарика в поле тяжести их = mgR X х (1 — cos а), а потенциальная энергия в поле центробежных сил инерции ut =» = —j- m&R* sin2 а. Но в по-
ложении равновесия шарика	= 0. Поэтому
при со > 1/ -С-, cos а = -4=-, при со < 1/ а = 0. г г\	(и 1\	' tx
Подумайте, почему получилось два ответа.
Экстремум энергии обуславливает равновесие систем, подверженных одновременно нескольким взаимодействиям. Напомним, что потенциальная энергия упругой деформации и = у, потенциальная энергия заряда q
В поле заряда Q и —	, энергия свободной поверх-
ности жидкости и = aS.
Задача 7.4. Тонкое резиновое кольцо массой т и радиуса /?о раскрутили вокруг его оси до угловой скорости Найти новый радиус кольца, если жесткость резины k. Решение. Пусть R — новый радикс кольца. Тогда х = 2л (R — ₽0) и U =	~— . Потенциаль-
ная энергия кольца в поле центробежных сил инерции Ut = —i-mco8/?’. Поэтому из	в 0 полу-
о 4я’А р
чаеМ Л= 4я*й-тсо’
Задача 7.5. Какой радиус будет иметь капля, которой сообщили заряд Q, если коэффициент поверхностного натяжения о?
Решение. Пусть R — радиус капли. Поверхностная энергия = о4лЯ8, электростатическая ut =** g • В положении равновесия d	= 0, или R =
3 / О’
= V 64яеоа '
В заключение покажем, что экстремум потенциальной энергии может быть, например, применен для нахождения натяжения нити, пребывающей в равновесии.
Задача 7.6. Металлическая цепочка длиной I и массой т, концы которой соединены, насажена ria деревянный диск, вращающийся с частотой v. Определить силу натяжения цепочки.
Решение.
и,-	. ц> = _
Из ЛУ » + */>) = 0 получаем 4ла£ (R — RJ — m&R. Учитывая, что Т = 2лЛ (R — R9), I = 2яЯ0 и со = m 2лv, имеем Т = mlv2.
Задачи для самостоятельного решения
7.7. Тяжелый стержень согнули в середине под углом 90° и подвесили свободно за один из концов. Какой угол образует прикрепленная сторона с вертикалью?
Ответ. a = arctg —,
7,8. Стержень ОА вращается около вертикальной осн с угло-вой скоростью со. Угол между осью и стержнем равен а (рис. 50). По стержню без трения скользит муфта массой т, связанная с точ-
Рис, 50
кой О пружиной с начальной длиной / н жесткостью k. Определить положение муфты при вращении.
Ответ, I *	~ cos (х *
k — mci)2slnaa
7.9. В горизонтальную трубу длиной L помещен положительно заряженный шарик. Вблизи концов трубы находятся с одной стороны закрепленный заряд о другой — закрепленный заряд -Н2. Найти положение равновесия шарика.
Ответ, х »	9 с,
Q1 — ^2
7.10. Одна пластина плоского конденсатора закреплена неподвижно, другая подвешена на пружине жесткостью k. Площадь каждой пластины S. Как изменится длина пружины, если пластинам сообщить равные или противоположные по знаку заряды Q? Поле между пластинами считать однородным,
О2
Ответ. Дх = —---------.
2ee0Sfc
8. ЗАКОНЫ СОХРАНЕНИЯ
Продемонстрирована универсальность применения законов со> хранения массы, заряда» импульсаt полной механической энергии для решения различных физических задач.
Законы сохранения играют исключительно важную роль в процессе познания физических форм движения материи. В них полагается, что существуют величины, которые обладают замечательным свойством — не меняться во времени. Законы отражают важнейший диалектико-материалистический принцип неуничтожимое™ материи и ее движения, взаимосвязь и взаимопревращае-мость форм движения.
В известной мере являясь критерием истины, законы сохранения обладают функцией запрета, то есть непротиворечивость этим законам является убедительным аргументом в пользу их истинности, а несоответствие — безоговорочно отвергает решение любой задачи. В отличие 01 других приемов и методов решения законы сохранения дают возможность получать конечный результат, не вдаваясь в рассмотрение подробного механизма протекания процесса (явления), когда неизвестны другие данные. В
основе метода лежит использование сохранения для замкнутых систем массы системы, электрического заряда, импульсов, моментов импульсов, и, наконец, сохранение полной энергии системы. Природа разнообразна в своих свойствах и проявлениях, но замечательно, что существуют в определенных условиях законы сохранения каких-то физических величин. Ими мы и предлагаем воспользоваться.
Задача 8.1. Два одинаковых тела участвуют в упругом соударении. Первое тело покоится, а второе имеет скорость v (рис. 51, а).
Найти скорость второго тела по отношению к первому.
Р е ш е н и е. Из рисунка 51, б видно, что второе тело приобретает скорость, направленную под углом 30° к
Рис. 52
начальному импульсу системы. Из закона сохранения анергии и* = v\ + vl, то есть векторы и, и2 образуют прямоугольный треугольник. Скорость второго тела относительно первого равна гипотенузе этого треугольника, а значит, равна о.
у Задача 8.2. При каких углах бросания а существует точка траектории, в которой кинетическая энергия тела в три раза больше его потенциальной относительно уровня Земли?
Решение. Запишем закон сохранения полной механической энергии для начальной точки А и искомой В (рис. 52).
— = — +
Но по условию задачи в точке В:	= 3mgh.
_	mui	к»	t>£sinaa
В итоге -у- = 4mgh; h = но Нт,п *	.
е l и	ро v’sin’a	i
Если Л < Нтм, то	, откуда sin a >-5-.
Следовательно, при углах бросания a > 30° условие задачи выполнимо.
Рис. 53
Заметим лишь, что кинематическое решение этой задачи громоздко.
Задача 8.3. Два бруска с массами /гц и тг соединены недеформированной легкой пружиной. Бруски лежат на горизонтальной плоскости и р — коэффициент трения между брусками и плоскостью.
Какую минимальную горизонтальную силу F следует приложить к бруску mlt чтобы другой брусок сдвинулся с места? (Рис. 53.)
Решение. Если на брусок тг будет действовать внешняя сила больше силы трения (/чнеш. FTp ), он сдвинется. Значит, эта сила должна быть F цт^. Но эта сила возникает лишь за счет сжатия пружины, то есть (Fвнеш. ) = (Fynp.) = /<Дх = nmtg (1).
Пусть искомая сила — F, тогда ее работа по сжатию пружины должна сопровождаться и работой против силы трения, действующей на первый брусок.
Уравнение Fkx —	—р цт^Дх (2) показывает/
что работа приложенной внешней силы идет на увеличение потенциальной энергии пружины и на работу против сил трения первого бруска.
Найдя из (1) Ах = и подставив его в (2), после простейшего преобразования имеем
Подумайте, какой физический смысл коэффициента 4 перед mt.
^/Задача 8.4. Космический корабль находится на расстоянии 2 • I07 м от поверхности Земли и в системе ко
ординат, связанных с Землей, имеет скорость 6 • 10s м/с, направленную по радиусу от центра Земли. Двигатели корабля не работают. Упадет ли корабль на Землю или улетит в космическое пространство? Влиянием других тел, кроме Земли, пренебречь.
Решение. Если ки-
нетическая энергия ко-
рабля больше его потенциальной энергии в поле Земли, то он улетит (Екай. > Епот.) или, что то же, если скорость корабля на орбите больше второй космической (о > vj.
Найдем кинетическую энергию корабля:
£кии. = -^ = 4- ™ (6 • 1°s),-£- = 1,8. 107/п. (1)
Ускорение свободного падения на высоте!
gl,= (я*-) 8о'
Подсчитаем потенциальную энергию корабля в гравитационном поле Земли:
Еп<п. = mgbRk = 1,5 • 10’.
Екни > Епот. Корабль улетит.
'|,гп Задача 8.5. На нити длиной 2Л висит тело малых размеров. Его вместе с нитью отклоняют так, что нить горизонтальна. На какую максимальную высоту поднимется тело, если на пути движения нити посредине расположен гвоздь на одной вертикали с точкой подвеса? Потерями энергии пренебречь (рис. 54).
Решение. После некоторой точки 3, где натяжение нити равно нулю, движение тела аналогично движению тела, брошенного под углом к горизонту. Найдем высоту точки 3 по отношению к точке 2. Н3 » Л 4-4- h cos а, где а подлежит определению.
_	то?	о?
Поскольку 7 = 0, mg cosa = -у—, то cos а =	.
Скорость 1*з найдем из закона сохранения энергии.
2mgh = mgH3 4-	.
О Яз ,	”3
£~ h 2gh
„ли 2~^+^-
Подставив значение Н9, по-2 лучим cos « ® у.
Поэтому Я3 = Л 4- Л =
р? sin2 a
Окончательно Нт* = Н3 4-	2g— .
После подстановки значений о,, Н3, sin а получаем И ____ 50 ь
П max — 27 п’
Налицо нарушение закона сохранения энергии?! Естественно, нет. Просто тело в этот момент имеет горизонтальную скорость
Покажите это.
Задача 8.6. В закрепленном на столе цилиндре под поршнем находится одна «молекула» — шарик массой т. Вначале поршень массой М неподвижен, а скорость молекулы направлена перпендикулярно ему. Какую скорость будет иметь поршень через достаточно большиг время? Трение и силу тяжести не учитывать. Считать все удары абсолютно упругими и что по обе стороны поршня вакуум (Л! > т) (рис. 55).
Решение. Через достаточно большое время скорости поршня и «молекулы» будут одного порядка. W кин .эн.поршня	кин.эи.молекулы-
По закону сохранения энергии:
mvo Mv2 . mu* mu2 „ Mu2
~ = ~ + T’ H° ——•
Откуда
Задача 8.7. Шар массой = 1 кг налетает со скоростью v = 3 км/с на неподвижный шар массой тг = = 0,5 кг (рис. 56, а). Удар центральный. Зависимость силы взаимодействия шаров от времени приблизительно представлена на графике (рис. 56, б). Определить энергию, перешедшую в тепло при ударе.
Решение. Модуль полного изменения импульса каждого шара
Др = S FiMt = -4-500 Н • 0,004 с - 1 Н • с.
Закон сохранения энергии запишем в таком виде: Pj (Pi — Др)2 । (Др)2 ।
~2т^~ = ~ 2т/	+ 2^- + где * - ИМПУЛЬС массы
mlt &р — изменение импульса. /Откуда Q = 1,5 Дж.
V Задача 8.8. Два тела одинаковых масс участвуют в упругом соударении. Начальные скорости тел и направлены под углом а друг к другу.
Под каким углом 0 тела раз-
летаются, если их скорости стали их и ut соответственно? (Рис. 57)
Решение. Закон сохранения импульса дает возможность воспользоваться теоремой косинусов.
t?i + vs -J- 2и^1*2 cos а =	-|- и% -f- cos р.
Из закона сохранения энергии следует, что + + с»а “ «? + «а- Поэтому
cos ft = -|t>a cos а. И “1“2
Задача 8.9. Вывести закон Паскаля для гидравличе* ского пресса, используя законы сохранения энергии и массы.
Решение. Считаем $2 р жидкости постоянной, а Ртр. -* 0 (трения нет). Пусть Si и S2 — площади поршней гидравлического пресса. Подействовав на меньший поршень силой Fx, переместили его на hx. Из закона сохранения массы следует, что второй поршень поднимается наЛа(рис. 58): пгх — тг\ ДУ, = ДУа.
Работа опускания Ах = Fxhx. Поскольку нет трения несжимаемой жидкости, то Аг — работа по поднятию большего поршня. Ла = F'zhz, но F, = pxSx, a Ft = paSa.
Учитывая, что Ах — Ла, запишем: = Pi^2^2‘ = М^2-
Р\—Рг — Р-
Это и есть закон Паскаля, а правило для гидравлического пресса запишется:
s, sa р-
Задача 8.10. Два одинаковых стальных бруска длиной / = 0,1 м сталкиваются торцами. Оценить время соударения брусков. При каких скоростях брусков boJ-никнут неупругие явления, если предельное давление стали 2 • 10® Па? рст»Ли — 7,8 • 10® кг/м®, EznnM = = 2 • 10“ Па.	_
Решение. Скорость упругих волн и0 =	=
«= 5 км/с. (1)
Время соударения — это время прохождения волны от одного конца стержня до другого и обратно.
— = 4 • 10~5с.
(2)
Неупругие явления возникнут тогда, когда в каких-либо точках стержня давление достигнет р, то есть потенциальная энергия, отнесенная к единице объема, достиг-нет (3)
Такими точками являются точки на поверхности соприкосновения стержней. В них в момент удара вся кинетическая энергия полностью переходит в потенциальную (отнесенную к тому же объему).
/	4.» 4 «>,	(5)
I Задача 8.11. Какое максимальное количество капель ртути, лежащих на гладкой горизонтальной поверхности, могут слиться в одну большую каплю?
Решение. Согласно одному из важнейших следствий из закона сохранения энергии все в природе стремится к минимуму потенциальной энергии. Поэтому система объединяющихся капель будет сливаться до тех пор, пока уменьшение энергии поверхностного слоя будет меньше (или в критической ситуации станет равным) увеличению потенциальной энергии капли в поле тяжести.
Пусть п капель слились в одну. Из закона сохранения массы (плотность ртути считаем постоянной):
п -4- лг3р = А- л/?8р => R = г п,
О	и
г— радиус первоначальных капель, R — радиус образовавшейся капли.
Изменение поверхностной энергии
ДЦ7ПОВ = по4лг2 — а4л R2 = 4лг2 (п — п2) а должно быть равно изменению потенциальной энергии системы.
Д^пот = П nr3pgR-------Jir^pghr =
4	4/ 3/—	К
= -у- W>gr (nV п — п),
Д^ПОВ == ДИ^пот» / О \3 П = --.
к Р£Г /
В реальном случае число слившихся капель меньше из-за потерь энергии при слиянии на нагрев вещества
Задача 8.12. При падении с большой высоты капля испаряется постепенно. С какой высоты (где было облако) падал дождь, если у поверхности он испарился?(Оценить.) (Рис. 59.)
Решение. Из уравнения закона сохранения энергии tngh — cm&t + mL получим h =
Задача 8.13. Найти зависимость между давлением и объемом одного моля одноатомного идеального газа в адиабатном процессе.
Решение. Воспользуемся законом 'ч-,/ сохранения и превращения энергии для тепловых и механических процессов — первым началом термодинамики:
о	Q = А 4- Дп.
В адиабатном теплоизолированном процессе Q = 0 или А = —AU, то есть Pdv = з
= --^RdT.(\}
Рнс. 59 Из уравнения Менделеева — Клапейрона PV — RT найдем
RdT = PdV + VdP.	(2)
Подставив (2) в (1), получим
5PdV — — 3VdP или — — у , где у =	—
г	V	О
Q
= называется показателем адиабаты.
Окончательно PVy = const.
Эго уравнение является решением поставленной задачи и носит имя Пуассона.
Задача 8.14. Проводник емкостью Cv заряженный др потенциала фр соединяют с проводником емкостью Ct и потенциалом ф, тонким длинным проводником бесконечно малого сопротивления. Найти изменение энергии системы.
Решение. Воспользуемся законом сохранения заряда:
С1Ф1 + Саф, = (С\ 4- Са) ф, где ф — новый потенциал проводников, так как заряды перераспределяются до тех пор, пока не выравняются потенциалы. Тогда изменение энергии системы
до? = у,-у,-	+ -4Д)-(-££ +
)= aic.'+c.t (ф' ~ <Ы*’
С чем связано изменение энергии системы и происходит ли оно при соединении двух проводников сверхпроводником? Перераспределение зарядов приводит к их неравномерному движению, что сопровождается излучением электромагнитных волн.
Задача 8.15. К батарее с ЭДС *3 подключен последовательно в некоторым сопротивлением плоский конденсатор емкости С. Пластины конденсатора быстро сближают, так что расстояние между	е
ними уменьшается вдвое. Пред- ------------1|--------
полагая, что за время перемеще-	1 I
ння пластин заряд конденсатора практически не изменился, найти	Ц
количество теплоты Q, выделив-	. । . Т
шееся на сопротивлении к мо- ----------1 [ |-------
менту окончания перезарядки	С
(рис. 60).	Рис. 60
Решение. Количество теплоты, выделившееся на сопротивлении (Q), равно работе сторонних сил в батарее (Лоор.) без изменения электрической энергии конденсатора AlFc-
Закон сохранения энергии в процессе перезарядки конденсатора
Q — Лотор — &№<;•
Пусть Д<? — изменение заряда конденсатора в процессе перезарядки
bq = Д (Cgr) = (2С — С) Ъ = СХ Легор. =	= СзЛ
После сближения пластин емкость конденсатора стала 2С и, следовательно, разность потенциалов (при неизменном заряде) равна После окончания процесса перезарядки разность потенциалов вновь будет равна X Поэтому
ДГС =	= 4- №.
Таким образом,
Задача 8.16. Какая энергия выделится в виде тепла (рис. 61, а) при замыкании ключа К? Характеристика диода приведена на рисунке 61, б.
Какая энергия рассеется на диоде? Чему равна работа батареи?
Решение. Конденсатор С зарядится до напряжения Uc “ У — Uo. Через батарею пройдет заряд
q =, CU - С (S’— LQ.
Рис. 61
Работа батареи А — &&= СЯ (Я — U9). В тепло перейдет энергия	'
Q = А -	- Uo)-----,
На диоде рассеется энергия
А = qU0 = С • (S’ - t/0) • U„.
Задача 8.17. Для исследования элемента солнечной батареи собрана схема (рис. 62, а).
Получена зависимость напряжения элемента от силы тока при постоянной освещенности элемента (рив. 62, б).
Оценить, какую максимальную мощность можно отобрать от этого элемента при данной освещенности и при какой нагрузке.
Решение. Отбираемая от элемента мощность максимальна, если нагрузка определяет на вольтамперной характеристике такую точку, что IU максимально, то есть на нагрузке (из графика) должно быть напряжение « 1 В при токе через нагрузку « 9 мА. Максимальная
мощность, отбираемая от батареи, раина 9 мВт при со 1 в	г
противлении нагрузки -—|0"-эд	0 0м-Очевидно,
это будет внутреннее сопротивление элемента.
Задача 8.18. Как связаны кинетическая энергия электрона, вращающегося вокруг ядра атома водорода, с его потенциальной энергией (рис. 63). г*	rz
Решение. К == -у- и и к Q2 и = k ------кинетическая и
потенциальная энергия.В роли центростремительной силы при вращении с постоянной скоростью по окружности выступает сила взаимодействия заряженных частиц, определя-
IZ	/ПУ2
емая законом Кулона, —=
= k Умножив обе части равенства на -у, получаем 1 /ли2	1 , q2 „	1 z.
2 R	2 k Rt^ % ~ 2
Этот вывод справедлив для электростатического и гравитационного полей, то есть для потенциальных полей при движении в них по окружности.
Задача 8.19. Атом водорода излучает фотон частотой v Найти изменение длины волны фотона вследствие передачи энергии атому при отдаче.
Решение. Запишем закон сохранения энергии и закон сохранения импульса:
= (1),
mv =
(2),
где v' — частота рассеянного фотона, v — скорость атома после излучения фотона.
Решим уравнения (1) и (2).

Откуда
дх = -£- . 2тс
г
Задача 8.20. Пружину жесткостью 500 сжали на 2 см. Как изменилась масса пружины?
Решение. Начальная энергия пружины — это ее энергия покоя. Ео = mQc2.
Конечная энергия пружины равна полной энергии Е = тс*. Итак,
mQc2 +	= тс2, Дгп « 3 • 10 18 кг.
9. ТЕОРЕМА ГАУССА И ДРУГИЕ ПОДХОДЫ К РЕШЕНИЮ ЭЛЕКТРОСТАТИЧЕСКИХ ЗАДАЧ
Показано применение теоремы Гаусса для вычисления напряженности некоторых электрических полей и другие методы решения.
Напряженность электрического поля является силовой характеристикой поля и играет важную роль в элект.
ростатике. Определение на.
(-*	'р \
Е = —1 не да-
ет возможности найти Е> если заряды не являются точечными.
Т
Рнс ы	Решение этой п роблемы на-
метилось после того, как М. В. Остроградский установил излагаемую ниже теорему в качестве общей математической теоремы, а Гауса изложил ее в применении к электростатике. Кроме того, Гаусс показал, что теорема следует из закона Кулона.
Теорема Остроградского —
Гаусса основана на следующем	£
математическом определении. Потоком вектора а через площадку S называется величина (рис. 64) Na = aS cos а, где п — нормаль к поверхности S.
Для простоты изложения сути теоремы рассмотрим заряд Q, находящийся в центре сферы радиуса /? (рис. 65). Напряженность поля заряда Q на расстоянии R от с l Q него численно равна Е = k
Найдем поток Ne вектора Е через поверхность сферы; Ne =* ES cos а, (Образ Me — своп силовых линий.) Очевидно, что cos а = 1, так как вектор Е сонаправлен с п для любого элемента площади сферы.
= k 4л/?а = *4л$-
Заметим, что лишь здесь становится понятен выбор А =	 Действительно, Ne приобретает лаконичный
п л	_	2
Q	П	i\
вид: Ne = Пусть Q = V qit тогда Ne = ~—.
Суть метода Гаусса состоит в следующем: заряды 2?» / —I окружают замкнутой поверхностью S и находят Л^:
л 2^
1. Ne — ——-------на осно-
ве
вании теоремы Гаусса.
2. Ne — ES cos а — по определению.
Следовательно,
Ъ р -e0S cos а ’
Рассмотрим применение теоремы.
Задача 9.1. Найти напряженность поля равномерно варяженной плоскости. Поверхностная плотность зарядов а (рис. 66).
Решение. Выделим на плоскости площадку S, несущую заряд q = aS, и поместим ее внутрь параллелепипеда, две грани которого также 5. Убедитесь самостоятельно, что Ne есть поток именно через эти две грани. Поэтому
р _	°
с ~ е02$	2е„ ‘
Задача 9.2. Найти напряженность поля внутри и пне плоского конденсатора (рис. 67).
Рис. 67

Решение. На рисунке 9.4 учтено, что линии напряженности начинаются на положительных зарядах и заканчиваются на отрицательных. Поскольку поверхностные плотности зарядов пластин различаются лишь знаками, Е+ и Е- вне конденсатора равны по величине и противоположно направлены. Поэтому по принципу суперпозиции напряженность поля вне конденсатора равна 0. А между пластинами Е — = Е+ + Е_ = -^_.
Задача 9.3. Найти напряженность поля прямой бесконечной нити, равномерно заряженной с линейной плотностью заряда у, на расстоянии г от нити.
Решение. Выделим участок нити длиной /, несущий заряд у/, и окружим его цилиндрической поверхностью радиуса г (рис. 68).
Из соображений симметрии понятно, что вектор напряженности в любой точке нормален цилиндрической поверхности, то есть cos а = 1. Далее, по теореме Гаусса Р = . У' _ в У— са’ 2лг/в0 2ле</ '
Большинство подобных задач электростатики могут быть решены и методом ДИ. В частности, данная задача решается так. Рассмотрим элемент нити dl с зарядом yd/ (рис. 69), который в точке О вносит в напряженность вклад dE = TnjW’ где
ро| = _12£L =	.
’	’ cos a cos а
1
Рис. 68
dl = |ЛС| = ।40 И” cos a
cos a
-----5— dot,. cos2a
d£ = -P^-4леу
или dE, =	и dEu = Iliiad?
4леог	у 4лг(/
a изменяется от
л л
-ТА°Т.
2
л
2
V 2лгвг
Л т ; Еу = j dEg = 0.
л
V 2яе0/-Задача 9.4. Сфера радиуса R имеет заряд Q. Найти зависимость Е (г) и ф (г) и построить графики.
Решение. Если радиус концентрической сферы г < R, то внутрь нее попадает заряд q =* «= 0. Поэтому на осно-
вании теоремы Гаусса 5,<д = 0. За пределами сферы напряженность поля такая же, как и ряда Q, помещенного в центр сферы.
Поэтому Е =
у точечного за-Действительно, R, то Ег>н => При г = R на-
_ Q
4neorJ ' пряженность испытывает конечный скачок от 0 до £'=« = <РИС- 70’ Зависимость ср (г) найдем двумя способами.
1-й способ. По определению, потенциал сферы численно равен работе по перемещению единичного заряда из бесконечности (ф«, = 0) на поверхность сферы, где, Q как известно, фя =	р-,
q/\ то есть как будто весь заряд
сферы находится в ее центре. Но поскольку внутри сферы зарядов на самом деле нет, то, помещая тот же заряд из бесконечности внутрь сферы, никакой дополнительной работы мы не производим. Значит, фг<я = Фя. Вне сферы величина потенциала такая же, как и у точечного заряда Q, помещенного в центр сферы: фг>д = 4ле” (рис. 70, б).
2-й способ. Воспользуемся связью разности потенциалов и напряженности: напряженность численно равна разности потенциалов на единице длины поля: Е =»— или б/ф = —Edr.	Поэтому фг>д = — j Er>udr =*
Q
= ^—7, что совпадает с уже полученным результатом.
Задача 9.5. Шар радиуса R равномерно заряжен по всему объему. Заряд шара Q. Построить графики зависимости £ (г) и ф (г). Диэлектрическая проницаемость е.
Решение.
fpi= ~ f Erhdr = ~ г2+с-
Покажем, как найти С. Для этого воспользуемся гранич
ными условиями: при г = /? е =
этому
о „
и * - -щ- п°-
.. ч__________Ц	*	1 4- -2-1
4лв0Я —	4яв0Я I/ 2е у ’
Окончательно ФоЯ = (I + 4") ~ f\ Заметим, что подобно тому, как график зависимости координаты от времени непрерывен даже при разрывах графика зависимости скорости от времени, график <р (г) непрерывен при разрывах графика Е (г).
Q 1пе0/?2
Q 4яеог2

т - 9 ^r-R	4ле0Я *
Q
^t>R	4яе</ '
Задача 9.6. Вывести формулу для емкости плоского конденсатора.
Решение. По определению С =	, где А<р
найдем на основании
Поэтому С =	•
Задача 9.7. На одной из пластин плоского конденсатора емкости С находится заряд q, а на другой 4q. Определить разность потенциалов между пластинами конденсатора.
Решение. Напряженность поля пластины Е =	 ПоЭТОМУ
р _	4(?_____»
С.иуТр.- -2^у-	2ee^S"'
Но и = Ed = -1 х
3q _
X == ^.Другой метод решения основан на сообщении пластинам заряда — -1	, после чего получается
конденсатор с зарядами пластин ± у и разностью по-тенциалов и =
Следующий тип электростатических задач основан на том, что в практической электротехнике за уровень нулевого потенциала выбирают потенциал Земли. Поэтому потенциал любого заземленного проводника равен нулю.
Задача 9.8. Заряд q находится на расстоянии г от центра заземленной проводящей сферы радиуса R (г> /?). Определить величину индуцированного на сфере заряда.
Решение. Потенциал заземленной сферы равен нулю и состоит из потенциалов заряда q и индуцированного на сфере заряда Q.
0 = k±. + k-^-

Заметим, что центр сферы — единственная точка, для которой безразлично распределение индуцированного заряда.
Задачи для самостоятельного решения
9.9.	Три концентрические сферы радиусов г; 2г\ Зг имеют заряды q\ 2q; —3q. Найти зависимости Е (г) и <р (г).
9.10.	Определить напряженность поля внутри и вне равномерно заряженного бесконечного цилиндра. Объемная плотность заряда р, радиус цилиндра R.
9.11.	Чему равна напряженность поля системы трех параллельных бесконечных плоскостей с поверхностными плотностями зарядов о; —2а; а?
9.12.	Незаряженный металлический шар радиуса г окружают концентрической сферической оболочкой радиуса R с потенциалом <р. Чему станет равен потенциал оболочки, если шар заземлить?
9.13.	Сферический конденсатор — две концентрические сферы радиусов г и R, несущие заряды q и —q. Найти его емкость.
10. ПРАВИЛА КИРХГОФА И ДРУГИЕ МЕТОДЫ РАСЧЕТА ЭЛЕКТРИЧЕСКИХ ЦЕПЕЙ
Рассмотрено применение законов Кирхгофа, метода узлового потенциала, метода суперпозиции, метода короткого замыкания и холостого хода. Изложены рекомендации по их применению при р июнии конкретных задач.
Немецкий физик Густав Роберт Кирхгоф в 1845— 1847 гг. открыл закономерности в протекании постоянного электрического тока в разветвленных электрических цепях (правила Кирхгофа). Следствием закона сохранения заряда * и закона Ома для полной цепи являются правила Кирхгофа для узлов ** и замкнутых контуров.
I правило. Алгебраическая сумма всех токов, сходящихся в узле, равна нулю.
(Токи, входящие в узел, условно считаются положительными, а выходящие из узла — отрицательными.)
2 h = о.
1=1
I! правило. В любой системе линейных проводников алгебраическая сумма падения напряжения вдоль замкну
* Если система обменивается зарядами с телами, не принадлежащими ягой системе, то алгебраическая сумма зарядов этой системы есть величина постоянная.
♦♦Узлом называет я такая точка цепи, в которой сходятся не менее трех проводников,
того контура равна алгебраической сумме ЭДС> действующих. в ветвях этого контура.
(Условились считать токи, текущие в направлении обхода и ЭДС, действующие по обходу, положительными, а против — отрицательными.)
2 JtRi = 2
Второе правило Кирхгофа — следствие того, что потенциал проводника в каждой точке есть однозначная функция этой точки.
Правила Кирхгофа дают возможность определить силу и направление тока в любой части разветвленной системы проводников, если известны их сопротивление и сторонние ЭДС. Для этого надо применить правила Кирхгофа к различным узлам и контурам. Если система состоит из N проводников и образует т узлов, то нужно, воспользовавшись первым правилом, написать (т — 1) уравнение и на основе применения второго (W — т -f 1) уравнение. Для независимости последних уравнений необходимо, чтобы в них входил по крайней мере один раз каждый проводник. При составлении уравнений следует заранее определять направление токов в различных проводниках, но так как это сделать не всегда возможно, то произвольно устанавливают направления токов, а затем, если при решении уравнений получится отрицательное значение для какого-нибудь тока, меняют направление этого тока, сохраняя найденную при решении его абсолютную величину.
Знание правил Кирхгофа во многих случаях значительно облегчает решение задач.
Если заданы величины всех ЭДС и сопротивлений, то для вычисления всех токов по правилам Кирхгофа нужно составить столько уравнений, сколько имеется в цепи неизвестных токов. Однако число уравнений, которые можно составить по правилам Кирхгофа, всегда больше числа неизвестных токов, то есть часть их есть следствием остальных. Для того, чтобы расчетные уравненья были независимыми, нужно выполнить два условия.
1. Число узловых уравнений должно быть на единицу меньше числа узловых точек электрической цепи.
2. Недостающие уравнения составляются по второму правилу Кирхгофа; при этом нужно выбирать наиболее простые контуры (с меньшим числом источников ЭДС н сопротивлений) в таком порядке, чтобы в каждом
контуре, для которого составляется уравнение, содержалась по меньшей мере одна ветвь, не входящая в контуры, для которых уравнения уже составлены.
Задача 10.1. Дана цепь (рис. 72). Определить токи в
отдельных участках цепи.
Решение. Прежде всего надо установить направления токов, так как иначе нельзя составить уравнения
ни по первому, ни по второму правилам Кирхгофа.
Однако у нас нет никаких данных, позволяющих сделать этот выбор. Надо знать, например, <рд и срл, чтобы правильно выбрать направление тока /5.
Ответить же на вопрос, потенциал какой точки вы-
рис> 72	ше, можно лишь после того,
как найдено распределение токов во всей цепи. Эти затруднения отпадают, если считать постоянный ток алгебраической величиной, принимающей как положительные, так и отрицательные значения, и выбрать предварительно для каждого тока про
извольное направление, называющееся положительным. Этим выбором мы еще ничего не утверждаем относительно того, какой из двух потенциалов больше.
Если в результате расчета получим ток /6 > 0, то очевидно, что <рА < фв, но если /б < 0, то <рд > фб. В данной цепи три узловые точки, поэтому составим два узловых уравнения:
- Л - Л + /, = 0;
^2 Л —
Но для расчета цепи нужно составить пять уравнений (пять неизвестных токов). Недостающие уравнения составляем, применяя второе правило Кирхгофа.
Для контура АДГ А (порядок чередования букв определяет направление обхода контура). В данном случае — против направления движения часовой стрелки:
- Л (ri + /?1) — />/?,: Для контура АГБ& 0 = = /4/?4 — I3R3 + Для контура Б Г ВБ'. 3- Э", = = -/, (г, + Дз) + 1зКз-
Далее задача сводится к алгебраическому нахождению неизвестных из пяти уравнений.
Рис. 73
Задача 10.2. Определить ток и мощность в каждом участке цепи, если = 130В, Z2 = 117В, г, = 1 Ом; гъ = = 0,6 Ом;/?, = 24 Ом (рис. 73).	1
Решение. Зададим про-	J
изволыю направления токов:
Л + /2 + /, = О или (по первому правилу Кирхгофа) /э = —Л — !ч-	рис. 73
I — $^2 — /1^1 — /,^2 (ПО
второму правилу Кирхгофа для контура АБГА);
— ККз (по второму правилу Кирхгофа для контура БВГД).
Подставив численные значения известных величии, получим
1 130—117= Л —0,6/2,
I 117 = 0,6/2 — 24/3, /»= — Л — Л> /2 = —5 А, то есть направление тока /, в действительности обратно направлению стрелки на схеме.
/х —0,6/2 = 13=>/2= 13 + 0,6/2; /г =10 А.
/, = —/2 — /х = —10 4- 5 — —5 А, то есть ток /, в действительности направлен от Б к В и <рв > фи-
Мощность генератора Pi =	= 1300 Вт;
Pt = Jk = 100 Вт; Р2 = Jk2 = 15 Вт; Р, = ЛР3 = = 600 Вт.	*
Мощность второго источника ЭДС:
Pi = зг2/2 = 117 (— 5) = — 585 Вт.
Этот источник ЭДС является потребителем электрической энергии, так как направления /2 йГ 8, противоположны.
Проверкой правильности решения может являйся баланс мощности:
1300 Вт = (100 + 15 + 600 + 585) Вт.
Принцип суперпозиции (наложения)
Возможность расчета электрических цепей по принципу суперпозиции вытекает из того, что ток в любом участке цепи равен алгебраической сумме частичных
токов, создаваемых в этом участке от всех ЭДС цепи, действующих отдельно друг от друга
Вначале полагаем, что в цепи действует только одна какая-либо ЭДС, причем все сопротивления цепи остаются неизменными (включая внутренние сопротивления источников, даже и тех, где ЭДС приравниваются нулю). Для такой схемы определяем токо-распределение. Затем повторяем расчет, полагая, что действует вторая ЭДС, а все остальные не действуют. Аналогичные расчеты производим для всех ЭДС поочередно.
Пусть ток в каком-нибудь участке равен /. По принципу суперпозиции
/ = Г + Г + Г" + где /' — ток, созданный в рассматриваемом участке действием первой ЭДС, в предположении, что остальные равны нулю. Аналогичные значения имеют составляющие /', Г" и т. д. Суммирование этих со-
ставляющих тока производится с учетом их направления. ‘ Задача 10.3. Определить токи в отдельных участках цепи = 126 В, зг2 = 124 В, г, = г, = 10 м. /?, = = 120 м (рис. 74, а).
Решение. Предполагая, что ЭДС второгоiенера-тора отсутствует, находим (рис. 74, о):
У»
гг +
= 65,52 А;
/з = Л = 60.48 А;
Т ^2
4“
Г2 Т
= 5,04 А.
Полагая, что ЭДС первого генератора не действует, находим (рис. 74, з):
=
#2
г1^3
Г1 + #2
= 64,48 А;
Л =	=59, 52А;
Г! “Г *<3
Л = /’-Нгр~ = 4-96 А-Г1 “Г пз
Проводим наложение токов:
= 6 А;
/а = I,-Л =4 А:
/3	ю а.
Метод узлового напряжения
Определение токов в сложной цепи, имеющей два узла, можно выполнить методом более простым, чем решение системы уравнений, составляемых по правилам Кирхгофа.
Задача 10.4. Три генератора (аг,, Z2, Я3 — их ЭДС, г„ га> гз — их сопротивления) замкнуты в цепи с сопротивлением Rt.
Найти падение напряжения Uab (рис. 75).
Решение. По закону Ома ток в первом участ- Л ке:
= (яг, - U) Х„
где 1, — проводимость пер-	рнс. 75
вого участка (величина, обратная полному сопротивлению этого участка).
Аналогично /а = (Яа — U) Ха: /3 = (#3 — U) Х3; /4 = (0 — (/) Х4, /, -Ь /а + /3 4- /4 = 0 (первое правило Кирхгофа).
Можно записать так:
(«г, - (/) X, + (Уа - U) Ха + (аг3 - U) Х3 + (0 - U) - 0.
откуда V =	. a в общем виде U =
*1 I Л2 Т ^3 I Л4
2 №).
1=\
2 /=|
Рис. 76
Узловое напряжение равно отношению алгебраической суммы произведения ЭДС на проводимости соответствующих ветвей к сумме проводимости всех ветвей.
Задача 10.5. Найти токи в цепи «rx = 113 В; Уа= 112,5 В; Г! — 0,5 Ом; rt = 0,5 Ом; Rt = = 10Ом (рис. 76).
Решение. Определим узловое напряжение.
°"0В:
/х = (^ — (/) Хх = 6 А; /2 =
= (Уа — (/) Л2 = 5 А; /3 = - £Д3‘ = - If А. Проверка.
А + /а Ч- /з = (6 -F 5 — 11) А = 0.
Метод холостого хода и короткого замыкания
Вычисление тока в одном, произвольно выбранном, участке сложной электрической цепи можно выполнить методом холостого хода и короткого замыкания.
Э^го сократит громоздкие вычисления по решен! ю системы уравнений со многими неизвестными.
Пусть дана цепь, содержащая любое количество ветвей, соединенных произвольно. Определим в ней ток на одном участке с сопротивлением R. Разобьем данную цепь на две части: содержащую данное сопротивление и ту, что останется от цепи после отключения от нее этого сопротивления. Вторую часть изобразим прямоугольником с двумя зажимами и назовем двухполюсником. Ясно, что внутри двухполюсника находится по меньшей мере один источник ЭДС. Такой двухполюсник называют активным (рис. 77, а). Если последовательно к сопротивлению R добавить два источника ЭДС, соединив их навстречу друг другу (рис. 77, б) — и + 3%, то величина тока в сопротивлении R от этого не изменится.
ж
Рис. 77
Воспользуемся принципом суперпозиции.
/0 — ток в сопротивлении при действии одной ЭДС Величину эго> а следовательно, и вызываемый ею ток
мы можем выбирать по нашему усмотрению. Возьмем ее так, чтобы выполнялось условие / — /0 = 0 или / = /0, и найдем токораспределение в цепи как результат нало-
жения двух режимов: во-первых, режима, обусловленного всеми ЭДС, кроме + Zo, и, во-вторых, создаваемого ЭДС Яо.
Первый из этих режимов, поскольку величина ЭДС выбрана, дает в сопротивлении R ток, равный нулю / = /0; из второго, при действии ЭДС 4-#0 в предположении, что все остальные ЭДС равны нулю, следует, что /0 = pY7’ и / = р^--, где г„ — общее сопротивле-«т ч>	т '»
ние неизвестного двухполюсника. #0 — тоже неизвестна.
Мы приходим к очень важному выводу.
Всякий активный двухполюсник может быть заменен источником питания с ЭДС Хо и сопротивлением г0 (рис. 77, в и г).
Величины Zo и г0 проще всего определяются опытным путем. Если под действием ЭДС двухполюсника и дополнительной ЭДС — З^ток в сопротивлении R равен нулю, то это равносильно разрыву внешней цепи двухполюс-
ника, когда внутреннее падение напряжения отсутствует, и напряжение на его зажимах равно ЭДС #0. Опытным путем эту ЭДС (напряжение на зажимах) можно найти при отключении от него сопротивления R, то есть при холостом ходе. Что касается сопротивления г0 то, как следует из / = -537—, его можно определить, рассмат-К I
ривая ток короткого замыкания двухполюсника /и = —.
Если зажимы двухполюсника замкнуть через амперметр □Г
с га -* 0 и 1А г0, то он покажет / » откуда и на-'о
ходим искомое сопротивление.
ЭДС двухполюсника (напряжение холостого хода) и общее сопротивление /?пбщ можно рассчитать, приняв R — оо и найдя напряжение между точками, к которым подключено внешнее сопротивление. Общее сопротивление /?Общ определяется из предположения, что все ЭДС в цепи двухполюсника равны нулю. При этом условии можно определить общее сопротивление относительно зажимов двухполюсника (при отключении сопротивления г). 68
Задача 10.6. Определить ток в схеме, если Rt = 14 Ом; = 10 Ом, Rt— 2,5 Ом, /?3 = 5 Ом, = = 20 Ом, ? — 12,5 В (рис. 77, д).
Решение. Определим иль при отключении Rt (рис. 77, е), Rt и Rt при этом соединены последовательно.
аналогично
Пусть фв = 0. Тогда
Фв — фи = I'Ri = = 10 В=>фд = — 10 В; фв —Фв =	= 2,5 В=>
=> фв = — 2,5 В;
и АВ = фи — фв = — 7,5 В.
Общее сопротивление двухпо-
люсника /?общопределим, предполагая что ?= 0, и, следовательно, точки В и Г замкнуты, алИст. = 0 (рис. 77, ж).
R,R,
.1.	. = fi Ом
Ri + Rt + R» + Ra
^общ -
Ток в Rt:
= =~0’375 А-''общ. "Г Я»
то есть против принятого указания.
Задача 10.7. Батарея состоит из 2 параллельно соединенных источников ?, и ?г, внутреннее сопротивление которых г, и rt.
Найти внутреннее сопротивление и ЭДС 8 такого исючника, которым можно было бы заменить батарею (рис. 78).
Решение. Обозначим токи, текущие через источники /j и /2 общий ток /, напряжение на сопротивлении R.
Ur = фл — фв = IR-	(И
По второму правилу Кирхгофа:
/jTj =	Г Uц‘,	= ?J	Uц.	(2)
Обратите внимание, что падения напряжения на источниках в общем случае не равны.
Используя первое правило Кирхгофа, получаем /-Л + Л	(3)
Подставляем (2) в (3)
I
(4)
что г0 — общее сопротивление батареи: 1 1.1
Замечаем,
Рис. 79
Заменяя Ur в (4), ис> пользуя (1), найдем выражение для тока во внешней цепи:
/ =
Очевидно, если заменить батарею источником с ЭДС ?, эквивалентно определяемой соотношениями: Л = и _L = _L + -L
R,
то ток во внешней цепи не изменится.
Задача 10.8. Найти условие, при котором через резистор г не будет идти ток (рис. 79).
Решение. Решим задачу методом нулевого потенциала.
'Пусть потенциал F фг = 0 => фс = и фо = зг,;
фл = л —	ъ Rt + Rt ;
р	р
Фа = Rt + R< Rt + Rt “ ** Rt + Rt ’
Рассмотрим две схемы—«звезду» и «треугольник», имеющие по три вывода (рис. 80, а и б). Рассмотрим преобразование «звезды» в «треугольник» и наоборот. Сопротивление между 1 и 2 в «звезде»: г, + rs;
в «треугольнике»:  р1а	.
"42 Т "23 т
Схемы эквивалентны, если между парами любых точек сопротивления одинаковы:
#12 (#13 + #1з)
#12 + #23 + #13
- л г ___	(^1» + ^м)	/т
Г' + Г*~	*ia + *a3+*i3	’	(2)
r 1 г __	*»3 (^11 + ^1»)	/Q\
Г* + Гз “	^ 4- /?» + ^	*	(3)
Для решения системы сложим уравнения (1) — (3):
+ ЯцЯ11Л1»Я»3 4" 4~ W.A. (Яи 4* ^1» 4" ^м)1
Разделим это выражение на г,.
(flu 4~ Ru ~Ь ^м) ф Rit 4~	4~ Ri»
(Rit 4" R»3 4* Ria)	RmRu
Итак
(Ю)
Формулы (5) — (7) выражают) переход от Д к А, а (8) — (10) — наоборот.
Задача 10.10. Заменить (рис. 81, а).
Формулы (5) — (10) хотя и громоздко выводятся, легко запоминаются и удобны в обращении.
Задача 10.9. Заменить «звезду» (рис. 80, в) «треугольником».
Решение /?„ =	»
=	= 3 Ом (рис. 80, г).
«треугольник» «звездой»
Решение. rx « r2 = r3 = 1 Ом (рис. 81, б).
Между заменами типа ДА существует взаимно однозначное соответствие. Основанием для этого является
теорема существенности.
Задача 10.11. Найти Rab (рис. 82, а).
1-й способ. Преобразуем ДЛСО в А (рис. 82, б).
b
Рис. 82
2-й способ. Преобразуем J^ACB в д (рис. 82, в).
Чтобы решить эту задачу с помощью законов Кирх* гофа, понадобилось бы решать систему пяти уравнений с пятью неизвестными.
Преобразование А Д позволяет находить и неизвестные токи в цепи.
Рис. 83
Задача 10.12. Найти ток через СВ (рио. 83, а).
Решение. Воспользуемся способом 1, так. как участок в нем не затрагивается (рис. 83, б):
Поскольку Rab — -JJ- Ом, то / — -~у А. Но +
4-/2 = / и — -j- => /2 — 1св = -jj- А.
Усложним задачу. Требуется найти ток через CD.
План решения.
1. Найти ток через АС.
2. Icd — /ас — /св-
Работают ли приведенные выше правила преобразований для соединений конденсаторов?
Напомним формулы для: последовательного соединения параллельного соединения
Я = 2 Я/ /-1
_J_ = V J_
* й Ri
.	П 1	п
4-=s4- c^sc, ь	i-i Ч	j-i
Кроме того, аналогичны следующие выражения:
с=	-2 мкФ 5мкФ-10мкФ il
С=	II с -5нкФ 5нкФ-
а
5
Рис. 84
ния зарядов на конденсаторах необходимо перерисовать цепь, содержащую сопротивление о учетом аналогий. Рассчитав токи в этой цепи, заменим их зарядами на конденсаторах. Для этих преобразований необходимо учесть, что внутреннее сопротивление источника для цепи с конденсаторами не влияет на распределение зарядов на них.
Задача 10.13. Найти заряд на конденсаторе 10 мкФ (рис. 84, а).
Решение. Выполним переход от конденсаторов к сопротивлениям (рис. 84, б).
Далее задача решается описанным выше способом.
11. МЕТОДЫ РАСЧЕТА ЭКВИВАЛЕНТНЫХ ЭЛЕМЕНТОВ
Показаны преимущества расчета эквивалентных схем, изложены простые способы их получения.
Принципы расчета эквивалентных сопротивлений и емкостей являются обобщением опытных фактов. Методы расчета эквивалентных элементов дают возможность из-74
бежать сложностей, связанных с использованием правил Кирхгофа, и дают возможность быстро получить, например, полное сопротивление сложной электрической цепи. В свою очередь принципы эквивалентного расчета подразделяются на несколько методов.
Рис. 85
1. Метод эквипотенциальных узлов
Если эквипотенциальные узлы (узлы равных потенциалов) соединить проводником (г -► 0), то электрические условия во всех узлах и ветвях цепи не изменятся, так как через это сопротивление ток идти не будет. Значит, узлы цепи, имеющие одинаковые потенциалы, можно рассматривать как один узел.
Задача 11.1 (а). Найти сопротивление между точками А и В (рис. 85).
Решение. В силу симметрии условия прохождения тока до точек 1, 2, 3 (эквипотенциальные узлы) и точек 4, 5, 6 (эквипотенциальные узлы) одинаковы. Если соединить воедино 1,2,3 и. 4, 5, 6, то сопротивление всей цепи не изменится. Очевидно, что между точками с потенциалом 123 и 456 находятся 6 сопротивлений. Ясно,
что последние включены параллельно (рис. 86).
- 4 R.
Задача II. 1(6). Решить предыдущую задачу для конденсаторов (рис. 87).
Решение.
С АВ
Рис. 87
Рис. 88
Рис. 90
Гипотеза. Значение эквивалентных сопротивлений и емкостей являются обратными числами.
Задача 11.2. Найти Rab (рис. 88) и Сан (рис. 89).
Решение. Rab = -у- Эквивалентная схема (рис. 90).
Следуя гипотезе для Сав, мы получим значение ЗС.
Проверьте это. Гипотеза торжествует! ... Пока.
Рис. 92
Рис. 95
2. Метод исключения участков
Следует из метода эквипотенциальных узлов. Его суть состоит в том, что участки, включенные между эквипотенциальными узлами, можно беспрепятственно исключать, так как по ним не идет ток.
Задача 11.3« Найти Rab (рис. 91).
Решение. Эквивалентная схема показана на рисунке 92.
Rab = г.
Задача 11.4. Найти Rab (рис. 93).
Решение. Очевидно, что 1 и 2 — эквипотенциальные узлы.
Эквипотенциальные схемы: рисунок 94, а, б.
Rab = г.
Рис. 96
Задача 11.5. (а). Найти Rab-
Решение. Rab — г (см. рис. 95, а).
Задача 11.5. (б). Найти Сав-
Рис. 97
Решение Cab = С (см. рио. 95, б).
Гипотеза не подтвердилась.
3. Методы «размножения» узлов и «расщепления» ветвей
Эго следствие метода эквипотенциальных узлов и обратимости схем (теоремы единственности). Действительно, если справедлива замена нескольких эквипотенциальных узлов одним, то, очевидно, и обратимая замена не внесет изменений в электрические условия во всей цепи.
г
г
г
S
Рис. 98
Задача 11.6. Найти R (рис. 96, а и 96, б).
Задача 11.7. Найти R (рис. 97, а и 97, б).
7 >
/	4. Метод Иона Тихого
Герой Станислава Лема, звездный путешественник Ион Тихий решает задачу о поселении в гостиницу с бесконечным числом номеров (все номера заняты) еще одного клиента. Ион решает так: каждому обитателю гостиницы дается приказ — перейти в комнату о номером, на единицу большим, чем номер его комнаты. При этом все прежние постояльцы с жильем, и комната № 1 свободна!
Задача 11.8. Найти R (рис. 98, а и 98, б).
Я = г(1 +/3").
Задачи для самостоятельного решения
12.	МЕТОД СУПЕРПОЗИЦИИ
Продемонстрирован физический результат получения целого по вкладу отдельных его частей.
Принцип суперпозиции является результатом многократного преломления экспериментальных фактов в сознании людей. Он не может быть выведен как следствие законов физики, не является очевидным из каких-бы то ни было логических соображений, а может быть получен только благодаря опыту.
В основе метода суперпозиции лежит представление о независимости. Из независимости механических движений следует классический закон сложения скоростей. Независимость действия газов выражается законом Дальтона. Все эти примеры суть примеры суперпозиций.
Что же такое суперпозиция? По-видимому, следует говорить не об определении ее, а о понятии о ней.
Пусть на материальную точку со стороны N тел действуют силы Flt Fit ..., Fn- Какова сила, действующая со стороны N тел одновременно. Из опыта известно, что, например, в случае действия сил упругости F = F, + н Ft + ... + Fn- Тогда и говорят, что F подчиняется
принципу суперпозиции.
Можно утверждать, что этот принцип справедлив для векторных и аддитивных величин. Аддитивность— свойство сложного вещества, числовое значение которого может быть получено суммированием числовых значений характеристик отдельных компонентов.
Одно применение метода суперпозиций называют методом отрицательных величин. Поясним суть этого метода на
примерах.
Задача 12.1. Как будут взаимодействовать два пузырька воздуха, помещенные в воду?
Решение. Пусть т — масса воды в объеме пузырька. Тогда взаимодействие пузырьков воздуха можно представить как взаимодействие двух тел с отрицательными массами: F = у   ~	= Т Таким образом,
пузырьки будут притягиваться. Это объясняется тем, что вода между пузырьками будет менее плотной, чем вдали от них. Элемент воды притягивается к пузырьку воздуха слабее, чем к соответствующему элементу воды.
Задача 12.2. Найти центр масс тела, изображенного на рисунке 102.
Решение. Заполним полость веществом квадрата. При этом центр масс тела будет находиться в точке О. Наличие полости по принципу суперпозиции эквивалентно теперь заполнению полости отрицательной массой. Пусть искомый центр масс находится в точке Оа:
Mg | ООЛ | = mg | OjOj |, откуда | ОО21 = х
х-1бЬга
Другие способы нахождения центра масс рассматри-
вались ранее.
Задача 12.3. Цилиндрический сосуд радиуса /? заполнен жидкостью с плотностью Pi. На дне сосуда находится шар радиусом г и плотностью ра (г R; ра > ра). Сосуд вращается с угловой скоростью о. Найти силу давления шарика на стенку (рис. 103).
Решение. Пусть искомая сила давления на стенку N, а сила, действующая на шарик со стороны жидкости,
F, тогда
N + F = -у- пг2р2со2 (R — г).
Очевидно, что сила F определяется лишь объемом вытесненной жидкости и ее свойствами. Поэтому и на шарик такого же радиуса, «сделанный» из жидкости плотности рь действует та-4
кая же сила Ft F =» -у n^pt х X (R — г), откуда окончательно
N = (Рг~ Pi) № — г}-
Задача 12.4. В сосуде с водой массой М всплывает пузырек воздуха объемом V с ускорением а. Найти силу давления сосуда на поверхность.
Решение. Движение пузырька воздуха вверх аналогично движению точно такого же по объему пузырька с таким же ускорением вниз. Без него сила давления равна Ft = (М — рВодыУ) g. По принципу суперпозиции для нахождения F необходимо к Fx добавить fa, равную весу воды, движущейся ускоренно вниз: F2 = = РводыУ (g — а) или F = Fl + F2 = Mg — pVa.
Задача 12.5. Диэлектрический шар радиуса R равномерно заряжен по объему с объемной плотностью заряда р. В шаре сделана полость радиуса г (2r < R). Найти напряженность внутри полости. Зависимость Е — Е (г) имеет вид Е = г.
Зе0
Решение. Найдем напряженность в точке А (рис. 104). Отсутствие зарядов в полости эквивалентно суперпозиции полей равномерно заряженного сплошного
шара положительным зарядом в поля такого же по модулю отрицательного заряда полости.
Ед = Еш + Еа, где Е
— _Р£1_ и F - -^2-Зе„	И С “ Зе.
Рис. 104
Поэтому Еа = ~~ (R — г) или Еа — (К — г).Еа не зависит от положения точки 4.
Очевидно, что поле внутри полости однородно.
Задача 12.6. Учитывая, что индукция магнитного поля внутри длинного цилиндрического проводника В = k2njr, где / — плотность тока, г — расстояние от оси проводника, k — коэффициент, зависящий от выбора системы единиц. Определить индукцию магнитного поля в произвольной точке внутри длинной цилиндрической параллельно оси проводника. Плотность тока в проводнике j. Расстояние между осями проводника и полости d (рис. 105).
Решение. (Аналог метода отрицательной массы.)
Рис. 105
полости, выреза н ной
Проводник с полостью эквивалентен силожному, по всему объему которого течет ток плотностью /, а по объему полости ток / течет и в обратном направлении.
Bj = k2njR, Вг = k2njr.
В =	+ Bl — 2B1Bicosat
но cos а =
2Rd
, следовательно,

в = У(2njkY (Я2 + А2) - 2 (2л#)а - Rr  Ri+2r^~di = 2njkd
и постоянна во всех точках полости.
Задача 12.7. Свинцовый шар R = 50 см имеет внутри сферическую полость г = 5 см, центр которой С находится на расстоянии I = 40 см от центра шара А. С какой силой будет притягиваться к шару материальная точка В т = 10 г, находящаяся на расстоянии L =» 80 см от центра шара? ^САВ — 60° (рис. 106).
Решение. Если шар сплошной, то Fi~ / -ц-гдеУИ = 4- л/?3р. Наличие полости эквивалентно появ* О г. • т'т	,	4 а
лению силы отталкивания г а = / гд&т — у пг р. Искомая сила F = Ft 4- Fa. Нетрудно заметить, что 0 = 30°,
F =	+ Fl — 2FtFi cos 0 => -i- я//пр x
<5
1/ I
г £4	'	(£* —/«)a
2Rsr* cos 0 e 7 и £«(£»—./!) ~5,7 мкН.
Задачи для самостоятельного решения
12.8.	Сферическая оболочка радиуса R заряжена равномерно зарядом о. Найти силу, приходящуюся на единицу поверхности оболочки.
о2
Ответ- / = -&7
12.9.	Как взаимодействует в воде пузырек воздуха радиуса г и железный шарик того же радиуса?
Ответ, Они отталкиваются.
13.	МЕТОД ЗЕРКАЛЬНЫХ ИЗОБРАЖЕНИЙ
Этим методом решены некоторые задачи кинематики, электростатики» оптики.
Метод зеркальных изображений основан на построении изображений предметов в плоских зеркалах. Этим методом можно решать задачи кинематики, электростатики, оптики.
Прежде всего напомним, как строятся изображения в плоском зеркале. На рисунке 107, а показано изображение предмета АВ в плоском зеркале OOV При этом угол падения равен углу отражения а2 = р2; АО == /4ХО; BOi «= fijOp Кроме того, плоское зеркало меняет «лево» на «право». Это свойство зеркальных изоб-
ражений используется в оптике и электростатике и не имеет значения в кинематике.
Задача 13.1. Автомобиль, находящийся на расстоянии / от длинной бетонной стены и движущейся от нее со
скоростью v гак, как показано на рисунке 107, б, посылает короткий звуковой сигнал. Какое расстояние про-
йдет автомобиль до встречи с отраженным сигналом?
Скорость звука и.
Решение. Сложность данной задачи состоит в отыскании той точки О,, отразившись от которой, звуковой сигнал «нагоняет» автомобиль. Поскольку для звукового сигнала закон отражения во многом аналогичен световому, построим «изображение» At авто-При этом АО = AiO. Пусть
мобиля А в бетонной стене.
AAt = х — искомое расстояние. Тогда, соединив полученные точки At и Аг, найдем Ог. Равные углы обозначены 0. Ясно, что путь звукового сигналаравенAjOjA,. Поэтому по теореме косинусов из Л AAiA3 найдем х:
| А,Аг |2 - | A AJ2 4-1 А Аг |2 - 21 AtA |. | А Д21 cos (90° +
+ а).
Учтем, что AiA = 21; AAt = х; cos (90° + а) = —sin а.
Aj/lj = ui — и — .
1 2	V
Окончательно
____ 2/и |osin а +/а2 — и2 cos2 а] Х__иг - V»
Задача 13.2. Два мальчика стоят на расстоянии п и гг от бетонной стены и на расстоянии г друг от друга (рис. 108). Один из мальчиков говорит фразу, другой слышит совпадение ее окончания с началом эха. Найти длительность звучания фразы. Скорость звука и.
Решение. Длительность звучания фразы равна разности времен прохождения звука по двум путям 102 и 12г
_ V(г, 4- '1)2+ г* — (г, — rj^—r _ Vг* + 4rtrt — г
1	и	и
Метод зеркальных изображений в электростатике основан на следующем свойстве эквипотенциальной поверхности (поверхности равного потенциала): если заменить эквипотенциальную поверхность в произвольном электростатическом поле проводящей поверхностью той же формы и создать на ней тот же потенциал, то электростатическое поле не изменится.	Т
Задача 13.3. Найти силу __________ч________
взаимодействия точечного	]	1
заряда q, расположенного на расстоянии г от проводя-	О
щей бесконечной заземленной плоскости (рис. 109), с этой плоскостью. Решение. На плоско* статической индукции нав' деленный по ней. Сила взаж цироваиного эквивалента q и его «зер rS“	Так в элект zz	во» — «праве Z)	 Рис. 110а Задача 13.4. Найти сил] с проводящим прямым двугр Решение. Из рисунк Задача 13.5. Тонкая, беек мерно заряжена с-линейной положена параллельно без	Рис, 109 ?ти в силу явления электро-одится заряд — qt распре-модействия заряда q и инду-। на плоскости заряда —q силе взаимодействия заряда кального» изображения — q. ростатике проявляется «ле-)». Итак, F = j	 4ле0 4r* ’ / взаимодействия заряда q •энным углом (рис. ПО, а). а НО, б видно, что о	Г	2 ) юнечно длинная нить равно-плотностью заряда т и рас-гра-
ничной проводящей плоскости на расстоянии / от нее. Найти силу, действующую на единицу длины нити (рис. 111). Р еш е н и е. По теореме Гауо-са Е = -0-т- , где г = 2/. Поэто- “У F== 4ле0/‘ Задача 13.6. Два плоских зеркала образуют двугранный угол	"Г”! 1	/	>	1 1	/	1	1 1	'	1	1 д fl	-fl Рис. 1106
Ф = (л — целое число). Точечный источник света находится между ними на биссектрисе утла. Найти коли* чество изображений источника в зеркалах (рис. 112).
Рис. 111
Решение.
1) ZS'OS = ZS'iOS => = Ф-
2) Все изображения ле* жат на окружности радиу* са О.
Если л = 2k (Л — целое), ТО Sit = $4.
Тогда в зеркалах будет п — 1 изображений. .
Если л = 2k + I, то А-ые изображения лежат на
продолжениях зеркал.
Следовательно, изображений 2k — п — 1.
Итак, в зеркалах будет п — 1 изображений.
Задача 13.7. Два плоских зеркала образуют двугран* ный угол <р = (а — произвольное число > 2). То*
чечный источник S находится на биссектрисе угла ф. Найти число изображений источника в зеркалах (см. рис. 112).
Решение. Все изображения будут лежать на окружности радиуса OS. Если а — целое число, то число изображений будет а — 1.
Если а = 21 ± б (1 — целое, — 1 <б < 1), то последние изображения будут лежать на дуге EStF, находящейся сзади как
первого, так и второго зеркал, и, следовательно, других изображений не будет. Их число 2i.
Если а — целое — а — 1 изображение.
Если а = 21 ± б, где i — целое, | б | < 1, то будет 21 изображений.
Задачи для самостоятельного решения
13.8. Точечный диполь с электрическим моментом р (р — = qt) находится на расстоянии г от бесконечной проводящей плоскости. Найти силу, действующую на диполь (рис. ИЗ).
Л	г
Ответ. F =1^ •
Рис. 113
13.9. Найти напряженность поля точечного заряда q в точке (К _	-	л
Заряд находится на расстоянии г на биссектрисе угла а — — внутри двугранного проводящего угла (рис. 114).
°”"-
14. ГРАФИЧЕСКИЕ МЕТОДЫ
Показан метод динамических рисунков, векторов, графиков, номограмм, векторных диаграмм, згиор, развертки.
Часто графическое представление физического процесса делает его более наглядным и тем самым облегчает понимание рассматриваемого явления. Позволяя порой еначительно упростить расчеты, графики широко исполь-вуются на практике для решения различных научно-технических и народнохозяйственных задач. Умение строить и читать их сегодня является обязательным для многих специалистов.
К графическим задачам мы относим задачи: на построение, где очень помогают рисунки, чертежи; схемы, решаемые с помощью векторов, диаграмм, эпюр и номограмм.
В данной главе рассмотрены лишь немногие из перечисленных выше типов задач.
1. Метод динамических рисунков
Задача 14.1. Наблюдатель с вышки увидел в бинокль на горизонте самолет в бреющем полете, летящий прямо на него. В начальный момент крылья самолета занимали в бинокле 40 делений, а через 10 с стали занимать 42 деления. Оценить время, через которое самолет окажется над наблюдателем.
Решение. Задачу решает динамический рисунок 115. Очевидно, что a (L + v&t) = (а + Да) L. Откуда / = 4- = -£- Д/ = 200 с.
V &CL
Задача 14.2. Определитель центр масс плоской однородной фигуры (рис. 116, а) с помощью линейки и карандаша.
Решение. Разобьем плоскую фигуру на два простых прямоугольника, центр каждого точки а и Ь находят-
ся на пересечении диагоналей (рис. 116, 6), а затем раз-объем эту же фигуру иначе: тоже на два прямоугольника с центрами в точках cud (рис. 116, в). Очевидно, что общий центр масс лежит в первом случае на прямой ад (деля ее на части, обратно пропорциональные площадям прямоугольников). Те же рассуждения дают возможность считать, что общий центр масс при новом разбиении лежит на прямой cd (деля ее в частях, обратно пропорциональных площадям фигур второго разбиения). Но если совместить эти разбиения (рис. 116, г), то пересечение прямых (cd) и (ab) сразу определит центр масс плоской фигуры в точке О. Этот метод определения центра масс плос-. ких фигур получил название метода двойного расчленения.
Задача 14.3. К очень тонкой металлической пластине подводят с трех сторон лед при 0 °C, а с четвертой стороны — стоградусный пар. Определить установившуюся температуру в центре пластины (рис. 117, а).
Решение. Задача имеет довольно простое строгое решение, и лишь с известными грубыми приближениями ее можно решить аналитически.
Пусть Ф — тепловой поток, идущий от пара к центру. Он делится приблизительно на 3 равные части, и процесс передачи тепла происходит от центра к холодным сторонам. Установившийся процесс передачи тепла выглядит приблизительно так: хф (100 — G) == 3 хФ ((х —
— 0): 100 — tx = 3G: 1„ = 25 °C, где x — коэффициент теплопроводности.
Известный математик Тригг предложил более простое и совершенно строгое решение этой задачи методом, который мы определили как «динами-ческие рисунки». Достоинство этого
метода состоит в том, что он не допус-	в
кает грубые модели вроде теплопере
дачи только через центральную зону (ведь передача тепла в действительности от грани к грани происходит и кратчайшими путями, которые показаны на рисунке 117, а пунктирными стрелками).
Представьте, что у нас есть четыре таких пластины, но горячая сторона у каждой смещена (повернута на 90° относительно предыдущей) рисунок 117,6. Сложим очень тонкие пластинки вместе. С каждой стороны будет одна нагретая до 100° и три стороны, поддерживаемые при 0°. (Различие лишь в том, на какой высоте будет «горячий слой», но так как пластинки тонкие, то это не имеет значения.) Применяя ме-
Рис. 116
тод динамических рисунков, мы пришли к однородной структуре — равновесной системе, что только и имеет смысл при измерении температур. Отсюда понятно, что 100 °C приходится на четыре пластинки, то есть в равновесной системе всюду одинаковая температура 25 °C (рис. 117, б).
Задача 14.4. Определить показатель преломления стеклянного шара, если параллельные лучи, падающие
на него, после преломления отклоняются на угол не более 90° от первоначального направления.
Решение. Для решения этой задачи воспользуемся построением для предельного преломления. В усло-
вии задачи сказано, что после преломления угол отклонения не более 90°. Будем считать его предельным, то есть а — 90° (рис. 118).
fix Sin fl = /I воздуха Sin 90 j ^воздуха 1 •
АО = OB = R шара, Z 0 — угол падения, 0 = 45°, так как Д АОВ — равнобедренный. Но при а => 90° (предельный случай), радиус перпендикулярен касательной и с пей же совпадает преломленный луч, выходящий из стеклянного шара АВ — диагональ квадрата OBDA. Отсюда
пл sin 45° = 1,	пл = —= i/о
Задача 14.5. На какой максимальный угол может отклонить тонкая собирающая линза падающий на нее луч, если фокусное расстояние линзы в пять раз больше ее диаметра?
Решение. Диаметр линзы D. Наибольшее отклонение испытывает луч, падающий на край линзы. Для случая 1 (рис. 119, а):
а = ₽1 + Ра;
_____[ D
I
•у
1
2F ’
Лтах = arctg у- =>
= arctg .
Для случая 2 (рис* 119, 6) те же уравнения и тот же ответ.
2. Метод векторов 
Для определения крейсерской • скорости самолета пилот проходит по замкнутому треугольнику известные расстоя* ния между аэродромами Домодедово, Внуково и Шереметьево, замеряя
соответственно время /1( /2, t3 прохождения участков длиной £1( £а, £,. Определить (графически) скорость самолега и вектор скорости постоянного ветра (рис. 120, а).
Решение. Разделив соответственные расстояния
между пунктами поворотов на время их прохождения,
мы получим значение векторов результирующих скоростей самолета и ветра на каждом участке, которые по условию направлены вдоль сторон. Параллельным переносом построим «розу скоростей» из точки С (рис. 120, 6).
* Крейсерская— собственная скорость самолета при отсутствии ветра»
Соединим концы этих векторов и опишем окружность вокруг образовавшегося треугольника с центром в точке О. Радиусы, проведенные к вершинам треугольника, — крейсерские скорости самолетов. А отрезок СО — вектор скорости ветра. В самом деле, постоянная по величине и направлению скорость ветра вместе с собственной скоростью самолета дают на каждом участке результирующие скорости ца; и39 отложенные в самом начале из точки С.
Примечание. Если построения проводить строго в маштабе, то численные значения получаются из построения.
Задача 14.7. Определить графически вектор скорости б точке С абсолютно твердого тела, если скорости точек А и В соответственно равны у, и v2 в данное мгновение (рис. 121).
Решение. Заметим, что скорости точек А и В параллельны, сонаправлены и модуль скорости точки А
меньше, чем модуль скорости точки В. Очевидно, есть такая точка О, в которой модуль скорости равен нулю — это и есть мгновенный центр вращения.
Проведем прямые через точки А и В и Аг и до их
пересечения в точке О (мгновенный центр вращения абсолютно твердого тела). Из точки С проведем параллель-
но векторам их и вектор п3. Все точки тела имеют одинаково направленные (сопараллельные) скорости, так как центр вращения лежит вне тела (рис. 121).
Задача 14.8. Электростатический вольтметр, подключенный к пластинам плоского конденсатора, заполненно-
го диэлектриком, диэлектрическая проницаемость которого е, показал напряжение U. После замыкания на очень короткое время ключ сразу же размыкают и фиксируют новое показание вольтметра---g-. Найти диэлек-
трическую проницаемость среды, заполняющей конденсатор (рис. 122, а).
Решение Решим задачу векторным методом, ипользуя принцип суперпозиции. Напряженность результирующего поля конденсатора Ек. В силу поляризации диэлектрика напряженность поля в нем Ел (рис. 122, б). Поэтому EK'd = U = (Евакууыа ~~ ffl)d.(l) После замыкания ключа заряды обкладок успевают нейтрализоваться, в то время как диэлектрик все еще на некоторое время может быть поляризован и
Ед • d = 4 •	(2)
Как известно, е — диэлектрическая проницаемость равна
Рис. 122
Р вакуума
Р ‘•'среды
(3)
Из (1): Евакуума *---> ^среды = ”* ТакИМ образом,
__	Еаакуума _ 1,56/	.
8 	Е	Тй
ссреды	1и
3. Графические методы
Задача 14.9. Между двумя остановками травмай движется по прямой. При этом он не может двигаться о ускорением, равным по модулю а. Каков должен быть характер движения, чтобы время движения было минимальным?
Решение. График v (t) (рис. 123) может представлять собой либо трапецию, либо треугольник.
а = tg а — максимальный угол на графике.
Площади фигур одинаковы. Очевидно, что наименьшее основание (то есть наименьшее время) при одинаковых площадях и угле.а имеет треугольник.
Трамвай первую половину пути должен двигаться равноускоренно, а вторую — равнозамедленно.
Задача 14.10. Пассажир, опоздавший к поезду, заметил, что предпоследний вагон прошел мимо него за 4 = 10 с, а последний - за = 8 с.
Считая движение поезда равноускоренным, определить время опоздания.
Решение. Графическое решение данной задачи основано на том, что площадь под графиком скорости численно равна пройденному пути. Поскольку пути
(рис. 124) за время и /2 — это равные длины вагонов, то Т-Н7Ч-10) 10 = (T-HQ) + fr+18). 8, Т = 31 с.
Задача 14.11. Звук от падающего в глубокий колодец камня пр ишел через 4 с. Считая скорость звука в воздухе рав ной 330 м/с, определить глубину колодца.
Решение. Наряду с аналитическим решением системы уравнений по условию данной задачи
бшмня 4" ^звукв = 4, f	^камня ____ fl
^звука‘звука =	£	— <Ткамяя»
которое приводит к решению квадратного уравнения, полезно знать и графическое решение.
Ветвь параболы определяет равноускоренное свободное падение камня. Прямая, проведенная из точки 4 с, определяет равномерное движение звуковой волны. Тангено
угла ее наклона к гори-	Рис. 125
зонтальной оси соответст-
вует известной скорости звука. А пересечение этих линий показывает глубину колодца, время полета камня и прохождения звука (рис. 125).
Задача 14.12. Тело массы т лежит на горизонтальном столе. К телу приложена сила F под углом а к горизонту, причем F sin а < mg.
Найти зависимость силы трения от угла а (СР<. а < < 90е).
Коэффициент трения тела о стол ц (рис. 126, а).
Решение. В главе 17 показано, что равномерное движение тела по столу начинается при а0 — arctg ц. В этом случае сила трения равна F cos Oq. С другой стороны, это сила трения скольжения и равна она р • N, где N =* mg—F sin сс0. При некотором дальнейшем возрастании угла а значение F sin а возрастает, а значение силы трения скольжения уменьшается. Эго происходит до тех пор, пока F cos ai не станет равной И (mg — F sin а,). После чего сила трения равна Feos а вплоть до достижения углом а значения -у. Рассмотрим теперь интервал изменения а от 0° до «о. Для определенности положим, что тело покоится. Тогда сила трения равна Feos а. График вависимости F*p от угла а дает целостное и полное уяснение этой зависимости (рис. 126, б).
Определим угол аР Напомним, что F cos ах > р х X (mg — F sin а,), откуда
tun® psinaj 4- cos <х । = -£ys-
или /14-И* (т^г sin ®i + cos a,) -	.
Покажите, что r.—___«= sina0 и 1 -г = cosae.
Воспользуемся тем, что
sin a sin P 4- cos a cos p = cos (a —- P),
Откуда a, = a0 4- arccos yfZL.*-- .
Задача 14.13. Дан процесс, совершенный газом в координатах РТ (рис. 127, а). Построить этот же процесс в осях УТ и PV.
Решение. Для решения этой графической задачи воспользуемся методом двойного обозначения линий каждого процесса.
Рис. 127
Участки 6—1, 2—3, 5—4 (рис. 127, а) соответствуют изохорным процессам, причем чем больше угол наклона этих прямых, тем меньше объемы, то есть Vs-4 > >	> Vt_t. Обозначим эти линии в координатах
VT (рис. 127, б). Вертикальные прямые 6—5, 1—2, 3—4 соответствуют постоянным температурам, < < Ti-2 < Тз-4. Обозначим точки пересечения соответствующих значениям постоянного объема и постоянной температуры процессов той цифрой, которая является общей для этих пересечений, и соединим полученные точки.
проведем изохоры V5-4 >
> У;-_л > У<-1 и изотермы > Т]-2 > Тб-f.
Запишем точки пересечения линий» 6—1 и /—2 — точка 1, 1—2 и 2—3 — точка 2, 3—4 и 2—3 — точка 3, 3—4 и 4—5 — точка 4, 4—5 и 5—6 — точка 5, 5—6 и 6—1 — точка /.
Остается соединить эти точки вдоль указанных линий. Метод двойного обозначения линий процесса автоматически указывает направление процесса в других осях. Он прост и легок для усвоения.
Задача 14.14. Один моль идеального газа нагревают от Tj до Тг. При этом температура изменяется пропорционально квадрату давления. Найти работу газа.
Решение. По условию Т = аРг (1), где а — некоторая константа. Из уравнения Менделеева — Клапейрона для одного моля PV — RT (2). Разделив (1) на (2), получим Р = РУ (3), где р — также константа.
В координатах PV построим график этой зависимости (рис. 128).
Зафиксируем (Р^, У0 и (Ра; Уа).
Поскольку работа газа численно равна площади под графиком в координатах PV,
А = (Уа - У,) = 4 (Р,у2 + PtVt— Р.У, - Pjyj.
Заметим, что PtVi = R7\ и РаУа = РТг.
Кроме того, Pt V2 Рг Уг Докажем это аналитически.
Домножим ле*
Т\ 7 2 вую и правую части равенства на h У2. рЛ2.-^ = Р2У,.-^-.
V1
Из уравнений (I) и (3): -уД =
12 V(B>
R1-3Q»
IW.20-£-15Д п >
V1 ₽ -JT- , поэтому PjVj = ЛИ) = P^v
Итак, окончательно:
A = ±-R(T2-T\).
Убедитесь, что графически ответ получить проще.
Задача 14.15. На графике (рис. 129) представлена изотерма влажного воздуха. Найти относительную влажность воздуха <р2; <рг; <р,.
Решение. По определению относительная влажность есть отношение давления пара приданной температуре к давлению насыщенного пара при той же температуре. Излом изотер-мы в точке 2 соответствует изменению массы водяного пара и означает начало конденсации его. Значит, давление Р2 и есть давлением насыщенного пара. Поэтому
Ф» -	• ЮО %;
'2
Ф2 вФ1в юо %.
Задача 14.16. На рисунке 130 а показана зависимость тока, проходящего через автомобильную лампочку, от напряжения на ней. Лам-
Рис. 130

5
почку включают в цепь (рис. 130, б).
Найти мощность, выделяющуюся на лампочке.
Решение. Если на лампочке и на резисторе с сопротивлением Т?2 напряжение U, то на резисторе с сопротивлением оно равно 9 — (/; ток через /?, равен /, = ток че-рез R2i2=^R2. Следовательно, ток, текущий через лампочку при напряжении на ней U, равен
*2 ~ «2
(1)
* ЛампочкагоритГ^слиХ/ и /, связанные соотношением (1), соответствуют точке на вольт-амперной характеристике лампочки. Эти значения определяют точку пересечения графика функции / = 5 — U (после
b
Рнс. 131
подстановки в (1) числовых значений) с вольт-амперной характеристикой лампочки.
Построив график (рис. 130, в), находим U т 4,8 В; 1 tn 1 А. Таким образом, мощность, выделяющаяся на лампочке, Р т 4,8 Вт.
Задача 14.17. Нелинейный элемент Z подключен к внешнему источнику тока параллельно с батареей, ЭДС которой 4 В и внутреннее сопротивление 4 кОм (рис. 131, а). Вольт-амперная характеристика такой цепи приведена на рисунке 131, б.
Постройте в том же масштабе вольт-амперную характеристику нелинейного элемента Z. Какова мощность, рассеиваемая нелинейным элементом, при токе от внешнего источника +0,5 мкА?
Решение. Для нахождения вольт-амперной характеристики нелинейного элемента Z лучше всего в том же масштабе построить вольт-амперную характеристику батареи V и для одних и тех же напряжений вычесть токи. При то ке через внешний источник I = 0,5 мкА на нелинейном элементе напряжение равно I В и мощность, выделяемая им, равна Р = 0,5 мкВт. В другом случае (для U < < 0) ток через Z равен 0 и мощность Р = 0.
Графики и векторы с успехом используются для вывода формул, важных соотношений между физическими величинами.
Изменение значения и направления скорости при произвольном движении точки наглядно характеризуется с помощью годографа скорости. Годо
граф представляет собой кривую, которую строят так! из какой-нибудь неподвижной точки С проводят векторы, выражающие по величине и направлению скорости движущейся точки в разные моменты времени; геометрическое место концов этих векторов и есть годограф скорости. Перемещение конца вектора по годографу характеризует изменение скорости движущейся точки.
Для равномерного прямолинейного движения годограф скорости представляет собой... точку; для равномерного ускоренного прямолинейного движения годограф — прямая линия. Для движения по окружности с постоянной скоростью годограф скорости представляет собой окружность радиуса v.
Задача 14.18. Тело движется по окружности радиуса /? со скоростью о, модуль которой постоянен.
Определить величину и направление ускорения при этом движении.
R *
Решение. Покажем изменение скорости в каждой точке траектории (рис. 132, а), помня, что меняется лишь направление скорости. Построим годограф скорости с центром в точке С (рис. 132, б).
Др — изменение скорости при повороте на малый угол Да. Из годографа видно, что сумма этих изменений за один период равна длине окружности с радиусом у, п	2 R
то есть 2 s 2ли. Время одного оборота Д/ =-------.
/«1 v
Так как ускорение — это изменение скорости за время (в нашем случае меняется только направление скорости), Да	2ли	v2
то д = —т-т = -о—п д/	2л/?
и
Это ускорение называют центростремительным. Оно показывает изменение скорости только по направлению, если До направлена (при Д/ -> 0) по касательной к траектории. (В этом случае — касательная к окружности перпендикулярна радиусу, коим в построенном годографе является скорость, то есть a,w перпендикулярно скорости.) На рисунке 132, а перпендикуляр v совпадает о R, значит, ОцС направлено по радиусу к центру.
Задача 14.19. Используя зависимость заряда на конденсаторе от величины подаваемого напряжения, найти изменение энергии конденсатора при изменении напряжения от Ut до U2.
Решение. Из формулы С =следует, что q = = CU.
Емкость конденсатора С не меняется в процессе его зарядки [с = ее°^ ). Заряд конденсатора линейно зависит от подаваемого напряжения. (Рис. 133)
А поскольку при медленной зарядке и в отсутствии активного сопротивления (/? -> 0) работа равна изменению потенциальной энергии конденсатора, то заштрихованная площадь на графике, равная разности площадей двух треугольников, равна площади заштрихованной трапеции.
так как заряд линейно меняется ^ср = -|-, AUZ = -ф- _	= £ (t/22- (/?).
В случае, когда Z/x = 0, эта формула переходит в CU2	/
W — —g—, что равносильно переносу новых осей в точку I —	4. Метод эпюр
Задача 14.20. Определить напряжение, возникающее в каждой связи при растяжении цепочки из разных масс под действием внешней силы F (т — 1, кг; F = 28 Н)
(рис. 134).
Решение. Статическое решение громоздко а = F	v	.
= где Zm = тг 4-4- 3/пх 4- тх 4- 4/п, 4- 3/пх 4-4- 2тх.
Определяем общее ускорение системы связанных тел, а затем поочередно записываем для каждого Г, = = т,а = 2 Н; Т2 = (mi 4-4- Зт,) а = 8 Н; Т3 = (т, 4* = (тЛ| 4- Зт2 4*	4- 4m,) а
4- mt 4* 4/П] 4- 3m,) а = 24 Н.
Задача 14.21. В условии задачи 14.20 сила F приложена под углом 60° к горизонту (рис. 135). Решить зада-
3mt + /пх) a = 10 H; 7\ = = 18 Н; Т5 = (mt 4- 3/zi, 4-
чу.
Решение. В предыдущем решении вместо F записываем F cos 60°.
Задача 14.22. В условии задачи 14.20 учесть коэср-фициент трения р = 0,1 (рис. 136, а).
Решение задачи несколько усложняется наличием сил трения.
F — PS ("'1 4- Зт, 4- т, -f- 4т, 4- Зт, 4- 2т,) а~	Ьп
аналогично Tt = (ng + а) /л/, Т, — (ng + а) («х -f-3/n,) и т. д.
Покажем простое графическое решение этой задачи методом построения эпюр.
Отложим вдоль луча х (рис. 136, б) отрезки, пропорциональные массам тел. Из конца этой цепочки восстановим перпендикуляр, отложим на нем величину вектора внешней силы F и соединим точки А и С.
Восстановим перпендикуляры из точек К, L, N, Е, Q до пересечения с прямой СА. Величина этих перпендикуляров соответствует значению натяжений связей. Проверим это. Например, для определения Т4:
^4__________ • т 18 Н
т, З/n, -f- "h +	2m •	«	•
что соответствует ответу задачи.
Понятно, что по мере удаления от места приложения силы ее воздействие (то есть натяжение, вызванное этой силой) ослабевает и, как видно из аналогичного решения задачи 14.21, при действии силы F под углом а вертикально откладывается не значение F, а значение F cos а, ибо именно эта проекция силы вызывает натяжение связей (рис. 136, в).
С учетом силы трения эпюра натяжений строится так же, ибо наличие этой силы, пропорциональной массам тел, не меняет даже распределения между телами приложенной внешней силы.
I Z
Задача 14.23. На два бруска массой /Пх и 4tnlt действуют силы F। = 20 Н и га = 5 Н (рис. 137, а). Найти натяжение нити, связывающей тела.
Решение. Из рисунка 137, б запишем!
т ___£1_ • т_______* Р •
----. It - 5 га,
Т = 7\ + Та = 8 Н.
5. Метод развертки
Задача 14.24. Определить поле видимости зеркального перископа и рабочие размеры нижнего зеркала (рис. 138, а).
Решение. Сделаей развертку по ходу луча (рис. 138,6). Из геометрии следует, что tg 2(а+'»)*
Поле видимости, определяемое максимально возможным углом арения а — 2 arctg *	.
4 (a -f- О)
Из подобия треугольников рабочие размеры нижнего зеркала
h	d .	h da .	с ^а3
2а	= 2 (а 4-	Ь) ’	П ~ а + Ь ’	“ (а + 6)2	’
S — полезная площадь нижнего зеркала.
Задача 14.25. По спирали радиуса г при шаге h без трения начинает скользить продетая на нее бусинка.
s
Определить время спуска, скорость и ускорение в нижней точке после прохождения N витков (рис. 139, а).
Решение. Представим развертку винтовой линии в виде наклонной плоскости с размерами, указанными на рисунке 139, б.
Из закона сохранения энергии определяется конеч-ная скорость = mgNh; v - V2Ngh.
Из уравнения динамики mg sin а — та определим касательное ускорение
Л a, = gsina = ₽-5^;
Рис. 139
Полное ускорение после прохождения N витков: a-rJT3--^-l/w+-Ilr.
Заметим, что время спуска определяется только величинами 2nrN и а = g sin а, где sin а =>	. Таким
образом,
I.	.
Г g/i
Задача 14.26. Небольшой мяч бросили между двумя гладкими параллельными стенками со скоростью — = 8-^- под углом а « 45° к горизонту. Горизонтальная составляющая скорости мяча перпендикулярна стенкам. Сколько раз мяч ударится о стенки до того, как вернется на прежнюю высоту ft? Расстояние между стенками I =• 1 м, удары абсолютно упругие (рис. 140, а).
Решение. Траектория мяча после удара — это зеркальное отражение траектории при отсутствии удара.
<Развернем> траекторию (рис. 140, б). Дальность по-
, foSln 2а . лета L “ —-----«6 м.
g
На пути мяча «стоит» 6 стенок. Он ударится 6 раз.
Задача 14.27. Мяч, бро-шейный под углом к горизонту, ударившись о стенку, удаленную от игрока на 15 м, через 0,5 с после удара упал в 5 м от стенки (рис. 141, а). Начальная скорость мяча 20 м/с. Определить время полета, максимальную высоту броска, угол бросания.
Решение. Если бы не было стены, то траектория имела бы вид обычной параболы (рис. 141, б). Общая дальность полета 20 м. Горизонтальная скорость не меняется, следовательно, общее время полета относится ко времени полета после удара, как 20 * 5 — /полета * 0,5 С, /полета = 2 С. Но время подъема равно времени опускания н составляет I с. Значит, вертикальная составляющая начальной (и конечной) скорости опускания о = = и0 sin а = gt.
. pt
Отсюда sin а = — = vo
== —; а = 30° — начальный угол бросания. Максимальная высота hmax = u?sinaa
= -s*— -5 "
Задача 14.28. От точечного источника света (рис. 142, а) (I — сила света) лучи падают на
экран: одни сразу, другие после одного, двух, трех и т. д. отражений от зеркала цилиндрической поверхности радиуса R. Высота цилиндра L.
Определить, как относятся световые потоки лучей,
которые сразу попадают на экран, к потокам лучей, которые падают на пего после одного, двух, трех ит. д. отражений от зеркал.
Решение. Световой поток Ф = / Q, где Q — телесный угол, внутри которого он распространяется. Q = -р-; S — площадь сферической поверхности, которая заключена внутри телесного угла, L2 — квадрат расстояния до поверхности из центра сферы.
Выпрямим отраженные от зеркал лучи, сде-
лаем развертку хода лучей. Получим картинку, изображенную на рисунке 142, б. Отсюда видно, что
Фг: Фа: Ф3... = /Йх: /йа: /Qs-.. = «Ф^Ф^Фз-.. = 1:9:25---
6. Метод векторных диаграмм
Метод векторных диаграмм основан на понимании аналогии колебательного движения и равномерного движения точки по окружности, координата которой х определяется из уравнения, идентичного уравнению колебательного движения: х = Л cos (ш/ + ф). Для движения по окружности А — радиус точки, со — угловая скорость, Ф — начальный угол, а для колебательного движения соответственно амплитуда, циклическая частота, фаза. Мгновенное положение точки на окружности можно задать ее радиус-вектором, а само движение точки описать движением радиус-вектора с угловой скоростью <о против часовой стрелки (принятое направление движения).
Задача 14.29. В схеме, изображенной на рисунке 143, а, активное сопротивление отсутствует. Найти реак
тивное сопротивление XL и разность фаз между потоком и напряжением.
Решение. Пусть ток в цепи изменяется по закону i = /0 cos (at + Дф), где /, = 4^— по закону Ома и Дер —
—#~&— V’UoCotat
6
Рис. 143
3 -lo'uL
искомая разность фаз.
= - L =
= Ы0(п sin (со/ 4- Дф) — по закону электромагнитной индукции.
Из II закона Кирхгофа U +&1 = 0, поэтому
Uo cos со/ ==
= — L/Ocosin (cot -f- Дф).
Полученное выражение справедливо для любого момента времени,и, следовательно, cos со/ = = — siп (со/ + Дф), откуда Дф = — -у • XL =
UQ г
= __2_ =	_ реактив-
но
ное сопротивление катушки, называемое индуктивным.
Отставание тока от
напряжения на индуктивном сопротивлении качественно и количественно описываются законом электромагнитной индукции, а наглядно изображаются с помощью векторной диаграммы взаимно перпендикулярных векторов то
ка и напряжения с учетом их амплитудных значений и разности фаз на основе направления вращения этой системы векторов (рис. 143, 6).
Задача I4.30. В условии предыдущей задачи вместо катушки подключен конденсатор емкостью С. Убедиться самостоятельно, что Хс == —4г и Дф = (00	•
Для подтверждения преимуществ векторных диаграмм рассмотрим следующую задачу.
Задача 14.31. В цепи, изображенной на рисунке 144, а, необходимо найти полное сопротивление цепи Z и разность фаз Дф.
Решение. Путь ток i = /в cos 4- Дф), тогда q = Sidi = sin (at 4- Дф). Напряжение при последовательном соединении конденсатора и резистора U = *=-£- + iR или
Uo cos tot =	sin (tot 4- Дф) 4- 1OR cos (tot 4- Дф) =
।	l0R cos (<ot + д<р) \
= /о У4- R* (sin (tot 4- Дф) sin a +
4- cos (tot 4- Дф) cos a), 1	R
где sin a =  --r =- и cos a = —?-----------= ,
<oC 1/ ! 4- Rt	1/ -J___k R*
Напомним, что sin a sin 0 4- cos a cos 0 = cos (a — -0).
Поэтому	_________
Uo cos tot = /0 "|/"4" R* X
X cos tot — (arctg —— Дф) . L \	/J
Из последнего выражения
г-Т-1/й7+в' "
Рассмотрим далее решение данной задачи методом векторных диаграмм. В качестве горизонтальной оси выберем вектор тока, поскольку при последовательном
-—0~&--
Рис. 145
соединении ток через R и С одинаков. Напряжение на R совпадает по фазе а током, поэтому векторы Ur и / сона-правлены. Uc отстает от тока на (см. задачу 14.30).
Суммарное же напряжение найдем по правилу сложения векторов (рис. 144,6), после чего ответы, полученные выше, становятся очевидными.
Задача 14.32. Найти
2 =
полное сопротивление и разность фаз для цепи, изображенной на рисунке 145, а.
Решение. В отличие от предыдущей задачи в этой напряжение на R и L одинаково. Векторная диаграмма приведена на рисунке 145, б, откуда -7	।
/?» + (о>£)» A<p = arctg-^-.
} Задача 14.33. Найти полное сопротивление н разность фаз (рис 146, а).
Решение. Векторная диаграмма показана на рисунке 146, 6.
___________________________[
йЩ» + (<oC)S + 2 Т s,n (arctg ~^с) Д<р arccos -£— ,
где Zr,c известно (см. задачу 14.31).
7. Метод номограмм
Из школьного курса физики известно, как можно графически решать различные задачи геометрической оптики. Например, чтобы найти положение изображения точечного источника света в тонкой линзе, достаточно построить ход двух произвольных лучей, вышедших из него и прошедших через линзу.
Рассмотрим еще один, несколько необычный графический способ решения подобных задач. При этом на предлагаемых вам рисунках вы не увидите ни световых лучей, ни оптических осей линзы, ни даже самой линзы. О каких же тогда графиках пойдет речь?
В математике существует специальный раздел, называемый номографией (от греческих слов «нолос» — закон и «графоъ — пишу), в котором изучаются методы построения особых чертежей номограмм. С их помощью можно, например, не производя вычислений, получать приближенные решения уравнений или находить приближенные значения интересующих нас функций. Воспользуемся и мы такой возможностью.
Пусть светящийся предмет находится на расстоянии d от линзы с фокусным расстоянием F, а его изображение — на расстоянии f от нее. Можно показать, что эти три величины связаны простым соотношением — форму-
1.1 I лои тонкой линзы:	+ — = —.
Заметим, что каждое слагаемое, входящее в формулу, может быть как положительным, так и отрицательным. Если предмет, или его изображение, или фокус линзы действительные, величины d, f, F берутся со знаком «плюс», если же — мнимые, то соответствующие величины считаются отрицательными.
Построим номограмму для формулы линзы и покажем, как с ее помощью можно решать конкретные задачи.
Изобразим на плоскости прямоугольную систему координат хОу (рис. 147, а). По оси х отложим отрезок ОА длиной d, а по оси у — отрезок ОВ длиной /, считая для определенности d и / положительными. Соединим точки А и В отрезком прямой, проведем биссектрису прямого угла АОВ и найдем точку Л ее пересечения с АВ. Из точки К опустим на оси координат перпендикуляры, обозначив длину полученных равных отрезков КМ и KN через F. Из подобия треугольников ЛОВ и АМК следует,
о\
' область ' пнипых источников
область пнипых изображении
5
область ‘ действительных' ' источников |
OB KM	f F
что T)A e ~MA' или 7 e I'-F » откуда легко получается знакомое нам уравнение.
Таким образом, длины d, / и F построенных на чертеже отрезков связаны между собой уравнением тонкой линзы (вот почему при построении мы использовали именно такие обозначения длин отрезков), а это означает, что мы умеем строить номограмму для формулы линзы. Действительно, если по горизонтальной оси прямоугольной системы координат откладывать расстояния от предмета до линзы, а по вертикальной — расстояния от линзы до изображения, то все прямые, соединяющие концы соответствующих отрезков, пересекаются в одной точке (рис. 147, б). Проекции этой точки на оси координат одинаковы и равны фокусному расстоянию F данной линзы.
Для определения прямой на плоскости достаточно знать всего две принадлежащие ей точки. Поэтому с помощью построенной номограммы по известным двум из трех величин d, / и F всегда можно графически определить недостающую третью. Так, например, при построении, приведенном на рисунке 147, а, мы фактически определили фокусное расстояние линзы (F) по известным расстояниям от линзы до предмета (d) и от линзы до изображения (/).
Легко убедиться в том, что предложенный способ годится не только для собирающих линз, но и для рассеивающих, а также для любых расположений предмета и изображения относительно линзы. Если, например, предмет или изображение мнимые, то соответствующие значения d или f отрицательны и, следовательно, их надо откладывать в отрицательном направлении от начала координат (влево или вниз). Может случиться, что точка пересечения всех отрезков Л, соответствующая фокусу линзы, имеет отрицательные проекции. Это означает, что фокус линзы — мнимый, то есть линза — рассеивающая. Области расположения действительных и мнимых предметов и изображений показаны на рисунке 147, в.
Номограммы можно использовать и для определения линейного увеличения линзы — отношения линейного размера Н изображения к линейному размеру h предмета: Г = ~- «= у. Из рисунка 147, а видно, что Г = tg 0.
Таким образом, изображение может быть увеличенным, уменьшенным или такого же размера, как и сам предмет.
в
Рис. 148
Можно решить и обратную задачу — по заданному увеличению и известному фокусному расстоянию линзы определить расстояния dnf. Цля этого достаточно построить знакомую нам точку К и провести через нее прямую, наклоненную к горизонтальной оси под углом р. Точки пересечения этой прямой с осями координат и дадут нам искомые значения d и /.
Задачи для самостоятельного решения
14.35.	Определить графически вектор ускорения в ряде точек на траектории тела, брошенного под углом к горизонту:
а) с учетом н б) без учета силы сопротивления воздуха (рис. 148).
14.36.	Определить графически скорость точки А абсолютно твердого тела, если скорости точек В и С указаны (рис. 149).
14.37.	Очень тонкая металлическая пластина в виде равностороннего треугольника с двух сторон обогревается паром при I = 100 *С, ас одной стороны погружена в лед при 0 °C. Определить установившуюся температуру в центре треугольника.
14.38.	На рисунке 150 показан процесс изменения состояния одного моля идеального газа в осях VT. Изобразить этот процесс в осях РТ и PV.
14.39.	Имеются два элемента с нелинейными вольт-амперными характеристиками, не являющиеся источниками тока.
Характеристики даны на рисунке 151, Начертить вольт-амперную характеристику участка цепи, состоящего из этих двух элементов. Рассмотреть случай последовательного и параллельного соединений.
15. МЕТОДЫ РАСЧЕТА ПАРАМЕТРОВ БОЛЬШИХ СИСТЕМ
Рассмотрены некоторые специальные приемы, используемые при решении задач с большим числом мементов, бев которых задачи не решаются.
В целом ряде случаев возникает необходимость рассчитать параметры систем, содержащих очень большое количество элементов. Оно может быть конечно, но не задано, может быть и бесконечным. Понятно, что прямые расчеты затруднительны, поэтому требуются либо специфический математический аппарат, либо обходные пути. Некоторые подобные задачи рассмотрены ниже.
Ряс. 152
Задача 16.1. На очень гладкую доску длиной L, в конце которой находится упругая массивная преграда, с интервалом Ат ставят и толкают с начальной скоростью v0 один за другим большое число W одинаковых маленьких кубиков. Кубики движутся без трения. Во время столкновения с доской и друг с другом происходит изменение направления движения на противоположное. Через какое время после толчка последнего кубика на доску они все покинут ее? Сколько всего соударений произойдет между кубиками? (Рис. 152).
Решение. Воспользуемся методом «сквозного прохождения). Это заметно упростит решение и сделает его красивым и кратким. В самом деле, при встрече маленьких кубиков друг с другом происходит упругий удар (время взаимодействия ничтожно), который приводит лишь к изменению направления движения. Описание движения каждого кубика затруднено, поскольку при каждой встрече меняется направление движения и число встреч у каждого разное. Если предположить, что при соударениях кубики меняются местами (один проходит сквозь другой), то есть не меняют своего направления движения, то задача сразу заметно упростится. Каждый кубик тогда будет в пути время t = Суммарная задержка последнего по сравнению с первым, вызванная
интервалом запуска, составит (N — I) Д^. Таким обра-2L
зом, общая длительность процессах = ——|-(ЛГ— 1)Дт.
А каждый, начиная с последнего кубика, будет иметь число соударений, составляющих ряд нечетных чисел от 1, 3, 5, 7, 9, ... до (2N — I), что в сумме дает №.
Задача 15.2. На черной полуплоскости находится очень большое число N одинаковых шаров. Один из них переносят на белую полуплоскость и под определенным
углом с очень большой скоростью пускают на черную, желая выбить максимальное число шаров на бе-I 'к	лую полуплоскость.
; I 'к	Какое максимальное число ша-
I	ров может быть выбито при любом
\ I	Х-ч первоначальном расположении ша-
\	ров? Трением пренебречь.
$ \	Решение. Очевидно, решить
\ /S	эту задачу, не исходя из общих со-
X/	ображений, очень не просто. Нужны
;	варианты расположения шаров для
Рис. 153 «цепной» передачи движения и т. п.
Исходя из закона сохранения импульса, ясно, что хотя бы один шар должен сохранять первоначальный импульс, продолжая двигаться в черной полуплоскости, следовательно, хотя бы один шар не сможет попасть на белую полуплоскость.
Задача 15.3. Висящий на нити шарик отклонили на угол ф0 от вертикали и затем отпустили. При ударе теряется постоянная часть а кинетической энергии (0 < а < < 1), Т — кинетическая энергия в момент удара.
Найти число ударов, после которых шарик отклонится на угол ф' (рис. 153).
Решение. Изменение потенциальной энергии после первого удара обусловлено изменением кинетической: &U = —mgl (1 — cos ф0) = То. Потеря энергии Д7\ = « аТ0 остается Го (1 — а), после второго удара остается кинетическая энергия: То (1 — а) — аТ0 (1 — а) « = То (1 — а)2, после третьего удара То (1 — а)2.
Рассуждая таким образом, найдем, что после л-го удара шарик обладает энергией Т9 (1 — а)" и сможет отклониться на угол ф'.
То (1 — «Г = mgl (1 — cos ф'),
mgl (1 — cos <p0) (1 — а)” = mgl (1 — cos <p').
k te \
/ \ л	„V»	_ * - cos <f'	„	U “ cos Ф»	/
> Л*	a> I - cos 4>0	’ n	Ig(l-a) ♦
/Задача 15.4. В сосуде объема Ио находится идеальный газ под давлением Ро. После п ходов откачивающего насоса, объем рабочей камеры которого Vj, в сосуде установится давление Рп. Найти -р1-. Изменением температуры пренебречь.
Решение. Рассмотрим уравнение состояния газа после первого хода насоса: Р0У0 = Рг (Vo + У\). После второго: РуУ9 — Рг (Vo + VJ.
После n-го: Pn-iV0 = Рп (Уо + V\).
Перемножив все равенства, получим:
W = Рп (Уо + ИО” или Ро = Рп - (1 + i-)"
И окончательно
Заметим лишь, что правомерность использования закона Бойля — Мариотта для переменной массы идеального газа обеспечивается ее постоянством в рамках одного хода насоса.
Задача 15.5. Даны 1990 невесомых металлических пластин, заряженных чередующимися зарядами + q; — q и т. д. Емкость каждой пары пластин равна С.
Какую минимальную работу необходимо совершить, чтобы поменять заряд каждой из пластин на противоположный?
Решение. Рассмотрим вначале прямое решение. 1990 пластин, заряженных так, как сказано в условии, представляют собой 1989 конденсаторов, суммарная энергия которых 1989-^-. Поэтому в случае разрядки с последующей зарядкой наоборот мы должны выполнить работу, равную как минимум 1989 -^=г. Вряд ли эта работа изо всех возможных минимальна. Представим себе, что последнюю пластину переносят так, что она становится первой. При этом все заряды «меняются» на противоположные и работа в этом случае равна работе по удалению одной
пластины конденсатора в поле другой на бесконечность. Итак, искомая работа
Задача 15.6. Имеется неограниченнр большое число ДО точек, каждая из которых соединена с каждой с помощью конденсатора емкости С.
Определить общую емкость системы между двумя любыми точками.
Решение. Пусть N «= 2, тогда общая емкость системы С или -у С (так нам будет удобнее отыскивать закономерность). Добавим еще одну точку 3. Тогда общая емкость системы состоит из параллельного соединения двух цепочек с одним конденсатором н цепочка с двумя последовательно соединенными конденсаторами однна* ковой емкости, т. е.
Добавим еще одну точку 4 и соединим ее со всеми остальными (рис. 154, б). Точки 3 и 4 имеют одинаковый потенциал, поскольку они симметричны относительно точек 1 и 2, и поэтому конденсатор, включенный между ними, не будет заряжен, то есть общий вклад в емкость системы он не вносит. К общей емкости при внесении новой точки добавляется параллельная ветвь, содержащая два последовательно соединенных конденсатора, ж	С
то есть добавляется -у.
Совщ e С -|- -у- + -у = "у- С.
Добавление еще одной точки 5 добавляет лишь еще одну параллельную ветвь из двух последовательно соединенных конденсаторов -у. Точки 3,4 и 5 являются точками одинакового потенциала и добавление конденсатора между ними не вносит изменения в общую емкость системы. Таким образом, добавление любой новой точки увеличивает общую емкость системы на -у (рис. 154, в).
Составим таблицу [табл. 11.
Таблица 1
Из таблицы видно, что общая емкость системы
С =3 с '-’общ.	"2“
Задача 15.7. Конденсатор емкости С заряжен до раз» ности потенциалов U. К нему подключают незаряженный
конденсатор емкости Ct и после распределения зарядов отключают.
Сколько конденсаторов емкости Ci нужно поочередно подключить к данному, чтобы заряд его уменьшился в N раз?
Решение. Воспользуемся N раз законом сохранении заряда:
N раз
CU = (Сх + С) и р
cut-(Ct + C)Ut,
=>СЛ = (С1 + С)',1 ,
Логарифмируя, получаем, п.
Задача 15.8. Из бесконечности к полубесконечной цепочке одинаковых зарядов q, закрепленных на одина*
*Q f-Q
Рис. 155
ковых расстояниях I друг от друга, внесли диполь с зарядами 4-Q, —Q, расположив на расстоянии h параллельно цепочке зарядов. Длина диполя тоже I (см. рис. 155, а).
Определить выполненную работу по внесению диполя. Решение. Работа по внесению диполя равна изменению потенциальной энергии системы диполь — цепочка. Так как в бесконечности потенциал и потенциальная энергия равны нулю, то искомая работа равна потенциальной энергии диполя в электростатическом поле полубеско-нечной цепочки. Заметим, что характер расположения цепочки и диполя дает возможность упростить расчет взаимодействия зарядов друг с другом (рис. 155, б).
Действительно взаимодействие заряда +Q с равно по модулю и противоположно по знаку взаимодействию заряда —Q с qt (то есть компенсируют друг друга). Аналогично взаимодействие зарядов +Q и qt и зарядов —Q и q3 и т. д. Остается нескомпенсированным взаимодействие зарядов —Qcqu расположенных на расстоянии d х=
в
А
R
Рис. 156
/й + да	//«-f-Л»
Задача 15.9. Имеется безграничная проволочная сетка с квадратными ячейками. Сопротивление каждого проводника между соседними узлами Ro.
Найти сопротивление этой сетки между точками А и В (рис. 156).
Решение. Воспользуемся принципом симметрии и принципом суперпозиции.
Мысленно подключим к точкам А и В источник напряжения U. Тогда U == IR — I0R0, где / — ток в подводящих проводах, /0 — ток в проводнике АВ.
Ток /0 можно представить как суперпозицию двух токов. Если бы ток 1 «втекал» в точку А и растекался по сетке на бесконечность, то по проводнику АВ — из симметрии — тек ток -р Аналогично, если бы ток / поступал в сетку из бесконечности и «вытекал» из точки S, то по проводнику ЛВ тек ток тоже-^-. Наложив друг на друга
/	R
оба эти решения, получим /0 = -у, поэтому R = -у.
Задача 15.10. Имеется большое число N плоско-па
раллельных стеклянных пластин, причем показатель преломления верхней — п, а каждой последующей в k раз меньше, чем предыдущей.
Под каким углом а0 должен падать свет на первую пластину, чтобы не выйти из последней?
Решение. Рассмотрим преломление света на гра« вице раздела между N-ой и (N — 1)-ой пластинами. Если угол преломления равен углу полного внутреннего отражения, то луч из последней не выйдет.
Запишем законы преломления для каждой из пластин: (^воздуха 1):
sin а0 » n sin at;
N раз
п sin ax = -j- sin a,;
sin а* sin 90°.
Перемножив все равенства, получим
sin a, =	или ао — «resin .
15. МЕТОД ЭКСПОНЕНТЫ
Изложены важные вкспоненциамкыв законы и формулы, показаны способы их получения (формулы Циолковского, барометрической закона радиоактивного распада и других).
Предлагаемый метод экспоненты в некотором роде является комбинацией методов ДИ и аналогий. Экспонента обладает тем замечательным свойством, что ее первая производная имеет наиболее простой вид: (е*)' =• = е*, то есть повторяет саму функцию). Поясним суть метода на конкретных примерах, которые показывают, что мгновенные значения параметров физических процессов можно находить, избегая грубого усреднения.
Задача 15.1. В момент времени t = С, когда скорость лодки о0, отключают двигатель. Найти зависимость скорости от времени. Сила сопротивления пропорциональна скорости.
Решение. Запишем уравнение второго закона динамики:
do t m-jp»—Ь,
где k — коэффициент сопротивления движению. Знак <—» указывает на противоположное скорости направление силы сопротивления. Подобные дифференциальные выражения решаются путем разделения переменных)
Интеграл левой части In о (см. таблицу интегралов). Поэтому In о = —	14- С, где С — постоянная
интегрирования. Далее, — — t+с	с — —г
v => е m = е • в т .
Из начальных условий (t = 0; о = v0) находим) е? — vn. — — t
Окончательно v  о0 • е " •
Примечателен следующий математический парадокс: о = 0 достижимо лишь при t = оо. Физически же остановка означает, например, уменьшение скорости в 1000 раз.
Задача 16.2. Найти зависимость давления атмосферы от высоты.
Решение. Пусть давление столба воздуха единичной площади на высоте Л » 0 равно Ро (начальные условия). При увеличении высоты на dh давление уменьшается на dP : dP = pgdh. Плотность воздуха выразим из уравнения Менделеева—Клапейрона)
р = -Сиг, откуда dP = — Р dh.
Затем, разделив переменные, с учетом начальных условий, получим:
Р^Р9.е~ «г.
Эта формула называется барометрической, или формулой Больцмана. Подумайте, какие упрощения использованы при ее выводе и каков их вклад в погрешность результата.
Задача 16.3. Найти зависимость температуры тела от времени, если температура окружающей среды Те = 0 и при i = 0 температура тела То.
Решение. По закону Ньютона количество теплоты, отданное телом за время dt: dQ = —kTdt. Коэффициент пропорциональности зависит от поверхности и материала тела. С другой стороны, dQ = CdT,
где С — теплоемкость тела. Итак, CdT «=» —kTdt или I
Т — Т9 • е с . Примерно так в криминалистике определяют время, прошедшее после события
Задача 16.4. Найти работу газа при изотермическом расширении от до (рис. 157).
Решение. Работа газа численно равна площади криволинейной трапеции. Для ее вычисления необходимо изотерму по методу ДИ разбить на участки, на каж» дом из которых можно прене» бречь изменением давления! dA — PdV. Из уравнения Мен* делеева — Клапейрона Р » =» р' Поэтому dA =»
ATI /т- d = — RT -тг или м У
А =-2-/?Т In. И	м
Задача 16.5. В схеме, изображенной на рисунке 158 в момент / = 0, когда заряд конденсатора равен q0, замыкают ключ. Найти зависимость q = = <7 (П-
Решение. За время dt заряд конденсатора уменьшается на dq = — /dt. Но / = = а Дф = Поэтому К	G
___
dq = — ~^cdl или </ =	• е~ кс
Задача 16.6. Радиоактивный распад характеризуется постоянной распада X, которая показывает, что из большого числа N радиоактивных атомов в среднем за единицу времени распадается ХМ атомов. Вывести закон радиоактивного распада.
Решение. Число dN атомов, распавшихся за время dt: dN = —XNdt. Отсюда N =
Если N = Др, то t называют периодом полураспада Г.
Rq кт	_ т* 2
-jp /Voe или / = -у— .
Задача 16.7. Закон Бу- J _	_
гера устанавливает завися-	“	 —	.
мость интенсивности от -----------—	 
толщины слоя поглощаю-	_	——-------
щего вещества. Вывести за-	’
кон.	_«. .*1
Решение. Начальные условия I = 0; J9	Рис .и
(рис. 159). Пусть А — коэффициент поглощения, тогда dJ = —kJdl или J —
Задачи для самостоятельного решения
16.8. Вывести формулу Циолковского.
Ответ, m = т&~°.
16.9. Доказать, что если в условии задача *16.3 Тс #= 0, то ,_________11________, Т = (Т„ - е~ ~ ‘ + Тс.
I	ЧI 16.10. В схеме, изображение!
|	J. на рисунке 160 при / = 0 после за-
\ К	1 мыкания ключа идет ток 7в. Найти
1	U ток в цепи при неустановившемся
I	L	I	режиме.
I_____ГУУУУЛ________|	-2L /
Рис. 160	Ответ. 1= Jt • (I — е L )
17. МЕТОД МИНИМУМА И МАКСИМУМА
Излагаются некоторые математические и физические способы нахождения минимума и максимума функции физических величии.
Часто приходится решать задачи, в которых необходимо определить наибольшее (наименьшее) значение величины из всех возможных. Метод решения таких задач получил название «min» «шах». Его основы следуют, например, из принципа Ферма, экстремума энергии.
Однако в некоторых задачах удается обойти сложности дифференциального исчисления, особенно если функция физической величины — квадратичная или тригонометрическая. Иногда удается воспользоваться известными алгебраическими неравенствами, например Коши. Случается, что само условие физической задачи накладывает ограничения на ответ. Часто в решении помогают графики. Покажем это на примерах.
Задача 17.1. Нагруженные сани массой т движутся равномерно по горизонтальной поверхности под действием силы F. Коэффициент трения k. Найти значение минимальной силы и угол между силой и горизонталью.
Решение. Из второго закона Ньютона следует: р-,	^8
k sin а + cos а ’
Минимальное значение силы /•'min возможно при максимальном значении знаменателя. Обозначим tg ф = k. Заметим, что
,	k	1
Sin ф = —г.	; COS ф = -у: цы .
V /1 + Ла	/1 + Л»
Поэтому F = —7==^^----------.
>4 + fea cos (а — ф) Максимальное значение cos (а — ф) = 1, откуда а = vs.	- arctg k.
ХТХ	F . -
/ } \	ГГТТ» '
/ I \	Задача 17.2. К висящей
[	•	\	очень тонкой пружине жест-
'	mt	~2at	костью k подвешен шарик.
t	t	Вначале пружина не растя-
рис 16i	нута. Затем шарик отпус-
кают. Какой наибольшей скорости достигнет шарик при своем движении? Масса шарика т.
Решение. Из закона сохранения энергии
mo2 „ kx1 — = mgx г
получаем квадратичную функцию о2 от х:
v1 = 2g х--— х2.
6 т
На рисунке 161 представлен график зависимости
= v2 (х). Подставив х =	, найдем Vmax = g -у.
Задача 17.3. Однородный тяжелый канат, подвешенный за один конец, не рвется, если длина каната не превышает значение /0. Пусть тот же канат соскальзывает под действием силы тяжести из горизонтально расположенной трубки с загнутым вниз концом. При какой наибольшей длине канат соскользнет, не порвавшись? Трение отсутствует.
Решение. Пусть I — длина каната. Запишем уравнения второго закона Ньютона для частей каната длиной 130
х и I — х (рис. 162): pSxg — Т — pSxa, T = pS (l—x)a.
Здесь S — площадь поперечного сечения каната, р __ его плотность. Разделив одно уравнение на другое, получим
Рис. 162
pSgx2 * * — pSglx + Tl = Q.	(1)
Из производной этого выражения 2pSgx — pSgl = О найдем х = у.
Учитывая, что Т = pSgl0, из (1) определяем I = 4/в.
Задача 17.4. При каком значении R мощность во
внешней цепи максимальна? (Рис. 163).
Решение. Определим мощность во внешней цепи: № R = Р. Максимум этого выражения достигается при минимуме обратного:
1 _ (/? + /•)» Я‘Н-2Яг + >-* Р V»/?	“	~
2	.	1 Id I
jra г+
Очевидно, что -у минимально при минимуме R + -у . Воспользуемся неравенством Коши.
-°	Vab или	—£<__ ппггтгч 
Я+4>2]/^.	1,	Д
поэтому /? + А- = 2г, откуда --------------
/? = г	К	Рис. 164
Задача 17.5. Найти максимальное напряжение на конденсаторе и максимальный ток в цепи (рис. 164).
Решение. Из закона сохранения энергии:
LP си* Г,]Я1	<! = °)’
~ + ~2-==C^S*(/max = 2y.
Максимальный ток найдем аналогично максимальной скорости (см. задачу 17.2).
(рис. 165).
Задача 17.6. Две собирающие тонкие линзы с фокус* ными расстояниями F, и Ft расположены друг за другом на расстоянии L так, что их главные оптические оси совпадают. Перед первой линзой на расстоянии расположен предмет. Эта система дает прямое увеличенное изображение предмета. При каких L это возможно?
Решение. Для того чтобы изображение было прямым, необходимо, чтобы
L — ft > Fit где /1 — расстояние между первой линзой и изображением предмета в ней. Отсюда L > Ft -f-+	— Ft)- Второе ограничение на L накладыва-
ется условием (увеличением):
F => 1 dl-F1
Откуда £< ‘•Ih + V-I.r, И окончательно
d.-F.


Задачи для самостоятельного решения
17.7.	Точки 1 и 2 движутся по осям х и у к началу координат. В момент / = 0 точка 1 находится на расстоянии Sj = 10 см, а точка 2 на расстоянии 52 ® 5 см от начала координат. Первая точка движется со скоростью ot а 2 см/с, а вторая v2 = 4 см/с. Каково наименьшее расстояние между ними?
Ответ, « 6,7 см.
17.8.	Имеется множество наклонных плоскостей с одинаковыми основаниями, равными Ь, но с разными высотами. При какой высоте h время соскальзывания тела по наклонной плоскости без трения будет минимальным?
Ответ, h = b.
17.9.	Тонкая положительная линза имеет фокусное расстояние F и дает действительное изображение предмета. Каково минимальное расстояние между предметом в его изображением?
Ответ. dmln = 4F.
16. МЕТОД АНАЛОГИИ
Начиная с первой оптико-механической аналогии Ферма — Бернулли. показаны механические аналогии немеханических процессов и немеханические аналогии механических.
Толковый словарь русского языка аналогию понимает как «форму умозаключения, когда на основании сходства двух предметов, явлений в каком-либо отношении делается вывод об их сходстве в других отношениях». Физически система или явление может быть описана ка-
чественно и количественно. Такое описание физической
системы будет полным, однако в некоторых случаях достаточно только качественного или количественного описания. Таким образом, физические системы или явления могут быть сходны, похожи, аналогичны как по своему поведению, так и по математическому их описанию. Например, сжатый под поршнем газ иногда ведет себя аналогично упруго деформиро
ванной пружинен, возмож-
но, рассматривая малые колебания поршня, следует помнить о колебаниях груза на пружине?
Метод аналогии дает возможность сформировать по-
нятный образ нового явления, а значит, способствует уп-
рощению и его математического описания.
Часто изучая новые разделы физики, будь то термодинамика или электростатика, оптика или ядерная физика, помогаем себе, наводя переправу к уже изученному, подыскивая физические аналогии. Это преимущественно аналогии механические и касаются они механических или немеханических процессов. Но бывает и наоборот, когда удается найти немеханическую аналогию механическим процессам.
Методом аналогии решаются вадачи, выводятся соотношения. Он способствует глубокому пониманию, объединяет материал из разных разделов физики. Убедимся в этом, решая задачи.
Задача 18.1. Человек идет из поселка А в поселок В. При этом первую часть пути он движется по лесу со
скоростью и, а вторую — по болоту, со скоростью v. Как должен двигаться человек, чтобы добраться из Л в В за минимальное время? (Граница раздела лес — болото — прямая.)
Решение. 1-й способ. Рассмотрим решение задачи методом min и max. Для этого обозначим точку О на границе лес — болото (рис. 166).
Пусть расстояния ЛЛХ = а, ВВг » би AxBt = d заданы, а расстояние ЛХО = х.
Тогда время движения из Л в В будет функцией г.
tAB ==	_|_ Kfr2-Md-x)a
Для нахождения минимума tAB найдем производную dt
-г- и приравняем ее к нулю:
u/aa-t-х»
Но —=== = sin а и -	- * =- = sin В.
Ка»+ х»	|4ba+(d-x)»
Поэтому -jj- sin а » sin р.
2-й способ. Рассмотрим оптическую аналогию. Пусть свет из одной среды (точка Л) попадет в другую (точка В). Из всех возможных путей свет изберет тот, на прохождение которого необходимо минимальное время. Это утверждение носит название принципа Ферма и является законом геометрической оптики. Поэтому
-i-sina = -|-sinp.
Здесь а — угол падения, а р — угол преломления.
3-й способ. Рассмотрим следующую механическую аналогию. Пусть кольцо скользит по гладкому стержню (рис. 167). К кольцу привязаны две нити, перекинутые через блоки. К нитям приложены силы Fx и F,.
Пусть силы Fx = и —. Если кольца находятся в равновесии, то горизонтальные составляющие сил Fx и Fa равны:
-J-sina= -J-sinp.
По-видимому, первое знакомство с аналогией проис ходит при изучении криволинейного движения. Так, на 134
пример, роль координаты при криволинейном движении играет угол, описываемый радиус-вектором точки. Кроме того, и другим величинам кинематики прямолинейного движения имеются аналогии в кинематике криволинейного движения (табл. 2). Аналогичны не только сответствую-щие формулы, но и их вывод.
Таблица 2
Прямолинейное движение	Криволинейное движение
•ч 1 ♦ 01 '	1	счо + 11 to ‘	~	„„ t »< 1а 1 ° ||,^ т» Та  + .! fa Ти 1£ и т и	’“Г -° + т. т'З +	J ге- гэ t« к 1з тэ“ Гз" te- в + Я is t £ t § II ts-
Таким образом, аналогия определений и роли физических величин приводит к аналогии описания прямолинейного и криволинейного движений.
Следующая яркая аналогия между законом Всемирного тяготения и законом Кулона:
р _ « Мт и р — k га — г гг	и гк —к гй •
Оба закона выражают силы, обратно пропорциональные квадрату расстояний между телами, оба установлены экспериментально методом крутильных весов Генри Кавендишем. Правда, первый касается только притяжения (гравитации), второй же в зависимости от знаков зарядов описывает и отталкивание.
Задача 18.2. Доказать, что ускорение свободного падения на расстоянии г от центра Земли (/ < /?0, где /?0 — радиус Земли) равно g = gt (g0 — ускорение свободного падения на поверхности Земли).
Решение. Рассмотрим вначале сферу, масса единицы площади которой а. В произвольную точку А внутрь сферы внесем тело массой т (рис. 168, а) и рассмотрим силу притяжения данного тела сферой. Выделим два конуса с вершиной в точке А. Пространственный угол при вершине конуса называют телесным. Между плоским углом и телесным существует следующая анало ия; (рис. 168, б и в).
L n S Ф = -, Й = ^г.
2лг о	о	.
фполн.-----	2Л, «полн.----— — 4л.
Поскольку телесные углы при вершине А нецентральны (угол Q мал),
О e siC03«i _ S2coscta откуда
w АВ»	~ АС»	’ отк”да
s, = —5— лв2 и за = —2— лс2.
’ coscq	а cosa2
Но at = a2 как углы при основании равнобедренного треугольника СОВ, поэтому результирующая сила притяжения со стороны участков сферы Sx и 52:
р—Ут cos a a ( АВ» АС» ) = °*
В силу произвольного выбора точки А и конусов о вершиной в А понятно, что сила притяжения тела любой массы, помещенного внутрь сферы, со стороны сферы равна нулю. Это утверждение аналогично результату, полученному с помощью теоремы Гаусса для напряженности электростатического поля внутри заряженной сферы.
Рассмотрим далее тело массой т на расстоянии г (г < /?в) (рис. 168, г).
Таблица 3
Электростатике	Гравитация
9 k q “*	9 Напряженность Е«	~~* «2лА?ое поля пластины h Q ф =3 k —у-	т V -♦	Мт М X "уг ° g — напряженность гравитационного поля -	М Е =з 2яу -Q- — напряженность только гравитационного поля пластины М у —
На основании приведенного выше доказательства сила притяжения со стороны заштрихованной области равна нулю. Поэтому
«P-у	4
mg = у-----------=> g = — «руг.
Но g0 = -у npyR.
Разделив одно уравнение на другое, получим
8 “ 80 R, •
На графике (рио. 167, д) представлена зависимость ускорения свободного падения от расстояния до центра Земли.
Г рафик полностью аналогичен графику зависимости напряженности электростатическо
го поля, равномерно заряженного по объему шара от расстояния до его центра. В таблице 3 представлены аналогичные величины и формулы, описывающие электростатическое и гравитационное взаимодействие.
Задача 18.3. Дана большая плоская пластина толщины Н и плотности р. В пластины вставлена трубка. В трубке только в гравитационном поле пластины начинает падать шарик с высоты L (Л^> Н).
Определить период его колебаний (рис. 169).
Решение. Период колебаний шарика равен учетверенному времени падения с высоты L на пластину Т = 4/, где/ = У—
Здесь g = 2лу = 2пурН.
Поэтому Т==4|/Т^й-.
Рассмотрим последовательное и параллельное соединение пружин, жесткости которых равны соответственно и k* Найдем эквивалентную жесткость системы.
Пусть результатом действия силы F на систему (рис. 170, а) будет абсолютное удлинение х. Тогда F => = kx — k3x 4- k3x, откуда knaf) = - kt + Л2.
В случае последовательного соединения пружин (рис. 170, б)
X = Хх + х3 или
F _ Fl , Fi k ~ ki т- ki •
Но на основании третьего закона динамики F = Fi = Ft, поэтому _J________L + _L.
^ПОСЛ.	Ь3
Напомним, что аналогичные выражения определяют эквивалент-
Ь
С
с
С'
0 г Рис. 170
0
ные емкости для соединения конденсаторов.
Задача 18.4. Три пружины (k, = « Л2 = Л3 = Л) соединены при помощи жестких связей, так как показано на рисунке 170, а. Найти эквивалентную жесткость системы.
Решение. Заменим данную систему пружин аналогичным соединением конденсаторов, емкость С полученной системы равна k (рис. 170, г). Эквивалентная емкость полученной системы равна ЗС. Конденсаторы соединены параллельно. Значит, искомая эквивалентная жесткость также равна ЗЛ.
Задача 18.5. Найти эквивалент-
ен
С=г
сФ
с=$=
ную жесткость системы, изображенной на рисунке 171, а.
Решение. Емкость аналогичного соединения конденсаторов (рис. 171, б) равна С. Поэтому искомая жесткость системы также равна k.
/ Задача 18.6. Из подводного пистолета стреляют шариком (р < < Рооды). Найти время всплывания шарика (рис. 172).
Решение.
F = mS = (Рн — Р)
Это аналогично падению шари-
ка массой Поэтому t =
т = (рв — р) V с высоты Н в воздухе.
Решая следующую задачу, воспользуемся аналогией между механическими колебаниями и движением по ок-
ружности.
Задача 18.7. Найти период колебаний шарика(рис.173, а), который упруго отражается от стены, отстоящей от положе-
А ц ния равновесия на (Д — амплитуда).
Решение. На рисун-
Рис. 172
ке 173, б представлена окружность, движение по которой аналогично колебанию шарика. Шарик, достигнув точки 2 окружности, мгновенно переходит в точку 1 и продолжает движение по окружности.
Рис. 173
В задаче 18.8 использована аналогия между неравномерным прямолинейным движением и гармоническими колебаниями. Налом ним, что гармоническими на-вывают такие колебания, для которых ускорение пропорционально смещению: а = — со2*.
Задача 18.8. Тонкий однородный брусок длиной I скользит
сначала по гладкому горизонтальному столу, а затем попадает на шероховатый участок о коэффициентом трения р. Брусок останавливается, въехав туда наполовину. Найдите начальную скорость бруска и время торможения.
Решение. Сила трения F^ = —\img у сообщает бруску ускорение а = —х. Поэтому со =	-у- .
Искомое время т = -4- Т = -5- у .
5	Z г pg
Для нахождения начальной скорости запишем уравнение движения:	___
х = -у sin ]/ -у- t.
Учитывая, что и = х*, получим:
v=x'~-L /^cos
Начальная скорость соответствует t = 0.
1>о = v(0)=
Покажем аналогию между электромагнитными колебаниями в колебательном контуре и механическими колебаниями груза на пружине (рис. 174, а и б).
Колебательные процессы в этих системах описываются аналогичными соотношениями:
тх — kx= 0 и Lq +
При наличии жидкого трения (активного сопротивления) и переменной вынуждающей силы (переменной ЭДС) (рис. 174, в и г).
тх+ rx + kx= F(/) и Lq + Rq + q —
В таблице 4 представлены аналогичные величины.
Таблица 4
Механические колебания
X
X Я V
х = v = а
т F г
k
Т = 2л jZ -2-
Г, £к = 2
Е = —
СП =	2
Электромагнитные колебания
Задача 18.9. Последовательно с катушкой индуктивностью L и конденсатором емкостью С через ключ К подключили батарею с постоянной Zo. В начальный момент времени ключ К разомкнут, конденсатор не заряжен. Определить максимальную величину тока в цепи после
замыкания ключа К. Активным сопротивлением прене* бречь. (Рис. 174, д).
Решение. Аналогично тому, как в механических колебаниях максимальная скорость тела наступает в момент прохождения положения равновесия (х => 0), так и ток в катушке будет максимален, если разность потенциалов на ней равна 0:
„	, си*
= ~2~ + —2~ •
Но q - CU И U - У.	_
Откуда -^ = L~ или /таа =	.
Задача 18.10. На рисунке 174, в F (/) = Fe cos aoi. Найти максимальную скорость тела.
Решение. Воспользуемся аналогичной системой (рис. 174, а).
/ —
«max —	’
где
Рис. 175
Поэтому (см. табл. 4)
		F,____ «max -________________Г——jprj
|/ гЗ + (Ш#т—
Задача 18.11. Оказалось, что график v (/) имеет вид синусоиды. Максимальная скорость равна о0. Найти среднюю скорость.
Решение. Поскольку скорости соответствует сила тока, средняя скорость аналогична действующему зна-2и чению силы тока. Поэтому иср =	.
Задача 18.1£. Если кран холодной воды открыт пол» ностью, а горячей — закрыт (рис. 175, а), то ванна наполняется за время — 8 мин, если при этом на выходное отверстие насадить шланг с душем на конце, то время наполнения увеличится до tt = 14 мин. Когда кран холодной воды закрыт, а горячей — полностью открыт, то время наполнения ванны ta = 12 мин; при таких же условиях, но с душем — it — 18 мин.
За какое время наполнится ванна, если полностью открыты оба крана? А если при этом насажен шланг с душем?
Решение. Аналогичные электрические схемы представлены на рисунках 175, б и в.
el( г\ и ключ 1—3 — аналогичны крану холодной воды;
е2, rt, ключ 2—3 — горячей.
Прошедший заряд аналогичен объему воды, а сила тока — расходу воды. При замыкании ключа /—2—3 (рис. 175, б) lt + /j -I- /э, где /Jj = /,/, = lttt х=
Поэтому tt = 	= 4,8 мин.
Ч Т *1
Найдем /, (рис. 175, в):
Здесь мы воспользовались правилом нахождения Е и г для источника, эквивалентного двум параллельно соединенным источникам.
Учтем далее, что q0 = /Л = /3/3 = /2/2 =
,	I _ ЗГ» I _______ г эг2
W 1* - /? + п •	~ R + rt • Zi “ V /s "s “7Г '
Решая полученные уравнения совместно, получим:
h —
G 4- G
/в = 10,8 мин.
Задачи для самостоятельного решения
18.13.	Плита массой М и площадью S расположена горизонтально. На высоте Н над плитой горизонтально со скоростью о бросают шарик массой т. Описать его движение.
18.14.	Найдите период малых колебаний поршня массой т в гладком цилиндрическом сосуде сечением S. По обе стероны от поршня находится газ с параметрами Ро; Уо = $/0 и Тв. Процесс изотермический.	_____
°”"- т“2”/тйг-
18.15.	Определите период колебаний полярной молекулы в однородном электрическом поле, напряженность которого Е. Полярную молекулу можно представить в виде жесткой Интел ьки длиной /, на концах которой находятся две материальнее точки кассой т, несущие заряды +? и —q.
Ответ. Т=2л1/-Д- .
г 2qE
19. МЕТОДЫ СОФИЗМОВ И ПАРАДОКСОВ
Продемонстрированы кажущиеся верными решения задач, анализ которых способствует более глубокому пониманию сути физических процессов и законов, их описывающих.
Метод парадоксов — создание противоречащих здравому смыслу ситуаций, доказательств, неожиданно и непривычно приводящих к противоречию с традиционными утверждениями и выводами, истинность которых, казалось, не вызывает сомнения. Метод обостряет понимание сути процесса, его тонкостей, стимулирует интерес, побуждает к напряженной работе мысли по распутыванию клубка противоречий. Софизмы — это уловки, выдумки сродни головоломкам, в которых мнимое доказательство выдается за правдоподобное.
Этот метод с успехом работает во всех науках, ибо умение довести до абсурда рождает глубокое понимание истины.
Суть метода лучше всего проясняют конкретные примеры.
Задача 19.1. Половину окружности велосипедист на треке проехал с постоянной скоростью — 4 м/с. Средняя скорость на всем треке была 10 м/с.
Определить скорость на второй половине пути.
Решение. Обычно решение этой задачи получают с помощью известной формулы оср = — =  1 ' * .
1	, 1 • *2
Так так Sj == 5^ == 5 > а == и	» ^ср ==
__	—	^°1р2
h + *2
Подставив значение, v3 — — 40 м/с.
Как понимать полученный ответ? Объясните.
Время движения со средней скоростью должно быть равно сумме времени, затраченного на прохождение каждого участка
.	...	2S' S1 . S'
^=^ + /2 или — = — + — .
2	1	1
Но -pj- = -g- <-у ••• без прибавления второй дроби. Эго означает, что время, затрачиваемое на прохождение первой половины пути, уже больше, чем время, отпущен-146
ное на прохождение с данной средней скоростью всего пути. При таких исходных данных задача лишена смысла. Примечание. Речь идет о скаляре (средней скорости пути) и потому знак минус не означает движение на другой половине дистанции в обратном направлении.
Задача 19.2. В романе «Гектор Сервадак» Жюль Вери описал комету «Галия». Период ее обращения вокруг Солнца составил 2 года, а расстояние от Солнца в афелии равнялось 820 млн. км.
Могла ли существовать такая комета?
Решение. Согласно III закону Кеплера квадраты периодов небесных тел относятся как кубы больших полуосей их орбит. Зная расстояние от Земли, до Солнца (« 150 млн. км) и период обращения Земли вокруг него (1 год), (Т	\»	/• а
* кометы	\	/	кометы
Т’	/	[ ор
л земли	]	у	хземн.орб
Откуда х — — 343 млн. км. Понятно, что этого быть не может и описанные параметры кометы — лишь плод фантазии писателя.
Задача 19.3. На наклонной плоскости высотой Н лежит свернутый в рулон линолеум. М — масса рулона, R — его радиус. Кран линолеума прикреплен гвоздем к полу. После легкого толчка линолеум случайно покатился, раскручиваясь, вдоль наклоненной плоскости. Вначале его потенциальная энергия = Mg (R + H)t а в конце W = Mg
Куда же исчезла значительная часть энергии? (рис. 176, а и б).
Решение Значительная доля потерянной энергии пошла в создание звуковой волны (ушла в «хлопок»). Часть энергии при ударе потрачена на деформацию и в конце концов перешла во внутреннюю энергию.
Задача 19.4. Луч из более оптически плотной среды может и не выйти (в случае предельного угла) в среду с меньшей оптической плотностью. Если явление полного внутреннего отражения обладает, как все явления геомет-
рической оптики, обратимостью, то как луч находит точку, где ему следует вернуться в среду более оптически плотную? (рис. 177, а и 6).
Решение. Обратимость, разумеется, выполняется. Тут происходит подмена понятия световой луч и ось луча. Световой луч имеет расходимость: где пучок коснется другой среды, там и начинает происходить преломление.
Задача 19.5. Мимо непо* движного наблюдателя, стоящего на платформе, проходит вагон со скоростью v. В вагоне со скоростью и в направлении движения вагона бросают шарик массой т. Какова кинетическая энергия шарика по отношению к наблюдателю?
Решение. Шарик имеет кинетическую энергию собст-ти^ венного движения —у и пере-mv2 косного вместе с вагоном —.
Значит ли, что его кинетическая энергия равна Ki = = y (и* + uJ) ?
С другой стороны шарик движется относительно наблюдателя со скоростью v 4- и, а потому обладает энергией К, = у (v 4- и)2.
Какое из утверждений верно?
Задача 19.6. В сосуд налита жидкость массой М до высоты Н. Данный сосуд соединен очень тонким шлангом с другим таким же. Первоначально вся вода в первом сосуде и полная энергия воды IF0 — у MgH. Если открыть кран, то потенциальная энергия системы оказывается равной = 2-%-g-r (массой воды в соединительной трубке можно пренебречь).
Где причина исчезновения части энергии? (рис. 178, а и б).
Решение. Если нет потерь на трение, забирающих недостающую энергию во внутреннюю (то есть в тепло), тогда, кроме потенциальной энергии, в системе воз-
a	i
Рис. 178
никают колебания, кинетическая энергия которых забирает часть энергии.
Задача 19.7. Если к недеформнрованной пружине подвесить груз массой ти то удлинение составит /1( а если mt, то
Какова работа растяжения пружины от lt до IJ
Решение. 1-й способ. Найдем работу как произведение средней силы W1 т-(рис. 179).
Л
2-й способ. Искомая работа приводит к изменению энергии пружины:
_ ы\	м\
Я “ 2	2 ’
где k подлежит определению из kl} = mxg и kl2 = m^g.
Откуда k =	- g.
<2	*1
Окончательно
д = 1^-g(m8 — mJ.
Перед нами два решения и два ответа. Какое из них верно?
Задача 19.8. Рассмотрим идеальный газ в сосуде о поршнем. Пусть поршень очень медленно силой F вдвигают в сосуд (рис. 180, а). При этом, очевидно, что газ выполнил некую не нулевую работу. Но если А > 0, то
&U =# 0, то есть не равно нулю и изменение его внутренней энергии.
Поэтому и происходит изменение температуры.
Получается, что изотермическое сжатие невозможно?
В чем тут дело?
Решение. В действительности изотермический процесс в отличие от взрывного адиабатного является
Рис. 180
квазистационарным, то есть медленным. Представим себе
горсть песка на чашке рычажных весов, уравновешенную гирей. Уберем одну песчинку — равновесие не нарушится. Уберем вторую, третью — то же самое. Для существенного нарушения равновесия необходимо заметно уменьшить горсть песка. Оказывается, что условие медлен-
ного протекания процесса в газе является необходимым,
но не достаточным. Достаточное же условие обеспечивает контакт сосуда с окружающей средой. Эго означает, что процесс в идеальном газе, описанный выше, будет изотермическим лишь при температуре окружающей среды. То есть работа, произведенная над газом, обеспечивает незаметное нагревание окружающей среды. Поэтому изотермический — это процесс медленный, контактный, при Т среды.
(рис. 180, б).
Задача 19.9. Известно, что при поднятии жидкости (рис. 181) в капилляре силы поверхностного натяжения совершают работу, определяемую А — Fh — o2nrh. Учи-
тывая, что
2<т	_ 4ло2
pg' ’	— pg 
Между тем, изменение потенциальной энергии равно ДТ mg-£> где т = лг’Лр — масса поднятой жидкости.
£ Ре
Почему не совпадает изменение потенциальной энергии с работой сил поверхностного натяжения?
Решение. Половина энергии перешла во внутреннюю энергию жидкости, она нагрелась.
Задача 19.10. Определить скорость одинокого неподвижного атома (массой /иа) после поглощения им фотона света с частотой v.
Предлагается решение, основанное на использовании законов сохранения импульса и энергии hv --------------------- = /И V, С--------------------а *
=Ф- и = 2с.
Получили ответ, противоречащий постулатам теории относительности.
Решение. Энергия поглощенного фотона на овнова-нии постулатов Бора расходуется на переход электрона на другую стационарную орбиту, причем атом может поглощать только такие фотоны, энергия которых строго обусловлена. С другими фотонами поглощения не происходит. Наблюдается рассеяние, аналогичное упругому соударению.
Задача 19.11. Постоянным током называется ток, величина и направление которого на данном промежутке времени не меняются. Но ток I — nlvS будет постоянным при (и = const) постоянной скорости, то есть при отсутствии ускорения (а = 0). Однако электроны имеют массу и заряд, а потому со стороны постоянного электрического поля на них действует постоянная сила
F = e£ = e-^_.
р
Но, по II закону Ньютона а = — , наличие силы и массы обуславливают наличие ускорения. Однако, если а0, а > 0, то и const, то есть постоянный ток невозможен?
Решение. В формулировке данной задачи учитывается лишь влияние на движение электронов внешнего электрического поля. Однако, механизм сопротив
ления прохождению тока состоит в том, что электроны испытывают влияние как ионов в узлах кристаллической решетки металла, так и взаимодействие с другими электронами в рамках электронного газа. То есть наряду с участками ускоренного существуют участки замедленного движения. Возможна также остановка электронов. Поэтому на рисунке 182 представлен график тока. На графике видно, что то, что мы понимаем под постоянным током, есть усредненный во времени наблюдения ток.
Рис. 182
Задача 19.12. При ремонте перегоревшей спирали ее чуть-чуть укоротили. При включении в сеть она стала светиться ярче, так как при параллельном включении (а все бытовые приборы включаются именно так) выделя-_ и* ется мощность Р = которая возрастает при уменьшении сопротивления. Возникает вопрос: нельзя ли для выделения большей мощности почти совсем укоротить спираль нагревателя, оставив лишь очень маленькую длину, тогда (р = р сопротивление спирали уменьшится, а потребляемая прибором мощность возрастет?
Решение. Очень сильно изменить длину спирали нагревателя нельзя хотя бы потому, что резкое уменьшение сопротивления в цепи вызовет очень большой ток и приведет к короткому замыканию. Все нагрузки электрических цепей и источников должны быть в этом плане согласованы.
Задача 19.13. Абсолютный показатель преломления среды зависит от диэлектрической и магнитной проницаемости и равен п = Иер. В таблицах указано е = 81 и р = 1 для воды. Но п — 1,33, а не 9, как получается по формуле. В чем тут дело?
Решение. Табличное значение диэлектрической проницаемости е = 81 указано для случая стационарного электростатического поля: свет — электромагнитная
волна большой частоты, а инертные диполи молекул воды не успевают так быстро (частота порядка 10|П—15’5 Гц) переориентироваться, поэтому ослабление электростатического поля происходит не в 81 раз, а меньше, что и соответствует значению абсолютного показателя преломления.
Задача 19.14. В 1923 г. Лун де Бройль высказал гипотезу о том, что с движением любого материального объекта связано распространение волн длиной X = где h — постоянная Планка, a mv — импульс объекта. Рассмотрим движение бегуна т = 60 кг, скорость которого 10 м/с. По де Бройлю X « Ю-38 м.
Возможно ли наблюдение таких волн и как убедиться в справедливости гипотезы?
Решение. Разрешающая способность современных оптических приборов по длине волны не превышает 10~12 м. Поэтому, очевидно, что гипотеза де Бройля нашла свое подтверждение только в микромире. Объект ы микромира должны удовлетворять условие mv та 10“ааН-с.
Задача 19.15. В ядрах атомов случаются взаимные превращения нуклонов: протона в нейтрон и наоборот. Первая реакция описывается р -► п + е~ + v, где р — протон, п — нейтрон, е_ — электрон, v — электронное антинейтрино.
Превращение нейтрона в протон п -*• р +	+ v,
где ₽+ — позитрон (античастица электрона), -v — электронное нейтрино (античастица v).
Представим себе, что обе реакции происходят последовательно с очень коротким интервалом времени. Тогда р -* р + е- + е+ 4- v + v.
Удивительное явление!
Имели протон, получили протон и набор элементарных частиц. Разве законы сохранения в микромире не действуют?
Решение. Конечно, действуют, ведь законы сохранения — это фундаментальные законы природы. Все дело в том, что одна из реакций проходит с выделением, а другая с поглощением некоторого количества теплоты Таким образом никакого нарушения законов сохранения нет и в помине.
Задача 19.16. На одном шарике имеется 8 избыточных электронов. К нему подносят точно такой же неза
ряженный шарик. Как разделят шарики между собой заряд?
Решение. Здравый смысл восстает против такой постановки вопроса. Конечно, каждый шарик будет нести по 4 избыточных электрона!
Однако вопрос задачи не столь наивен, как кажется. Все дело в том, что, во-первых, нет приборов, способных измерять заряды меньше 10-8 Кл (напомним, что заряд электрона 1,6 X 10~19 Кл). Во-вторых, все процессы в микромире носят вероятностный характер и справедливо утверждать, что существует ненулевая вероятность деления избыточного числа электронов поровну, хотя в принципе возможны и другие комбинации, например, 0 и 8, 1 и 7 и т. д. Поэтому невозможно утверждать достоверность любого ответа. Вот почему вопросы, касающиеся микромира, не предполагают получение категорического ответа.
20. ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
В главе, помещены задачи без указания методов их решения. К некоторым из них даны ответы, в других требуется самостоятельно оценить правильность полученного результата.
Заключительная глава содержит задачи разного уровня, содержащие различные методы решения. Читателю предстоит самостоятельно найти несколько подходов, сравнить их, выбрать для себя наиболее наглядный и простой. Ко многим задачам приведены ответы, там, где они отсутствуют, предлагаем самостоятельно найти способы оценки правильности полученных результатов. Систему таких методов авторы надеются описать в следующей своей работе.
Задача 20.1. Корабль идет на Запад со скоростью о. Ветер дует с Юго-Запада. Величина скорости ветра, измеренная на палубе корабля, равна
Найти величину скорости ветра v2 относительно Земли.
Ответ.
Задача 20.2. Две материальные точки движутся вдоль одной прямой со скоростями и v2 (Vi > v>).
Найти скорость точки, всегда находящейся посередине между ними, если: а) материальные точки движутся друг за другом; б) навстречу друг другу.
U. + V»	Ui —
Ответ, а) -------- б) —2-----
Задача 20.3. Второй шарик бросают вертикально вверх через /0 после первого,
С какой скоростью надо бросить второй шарик, чтобы он упал на 3 с раньше первого? Скорость первого — и0.
Ответ, и « о0-----6	.
Задача 20.4. При движении материальной точки по прямой наблюдалась следующая зависимость проходимого пути от времени:
а)	х = /2 + /; б) х = -рцда •
Чему равна средняя скорость v движения на интервале от момента времени / до /+ А/?
Чему равна мгновенная скорость иМга в момент /?
Ответ, a) о = 3? + 1 + 3/Д/+ (А/)2; 0^ = 3/2 + 1;
Задача 20.5. Тело движется горизонтально со скоростью 30 м/с. Через 20 с после начала действия постоянной силы F оно приобрело скорость 20 м/с, направленную в обратную сторону.
Найти перемещение тела за это время.
Ответ. 5 = 20 м.
Задача 20.6. На вертикально подвешенной нити укреплено л свинцовых шариков так, что нижний шарик почти касается пола. При освобождении верхнего конца нити шарики один за другим ударяются о пол. Как должны относиться расстояния между шариками и расстояния от шариков до пола, чтоб удары слышались через равные промежутки времени?
Ответ. Отношение расстояний от шариков до пола равно отношению квадратов целых чисел.
Задача 20.7. Определить наибольшую высоту, на которой снаряд с начальной скоростью v0 — 80 м/с, может поразить цель, расположенную на расстоянии 500 м от местонахождения орудия.
Ответ. Нтьх « 135 м.
Задача 20.8. Поезд движется по закруглению радиусом 800 м со скоростью 20 м/с.
Определить, какой должна быть разница высоты рельсов для того, чтобы боковое давление на реборды колес равнялось нулю. Расстояние между рельсами 1,5 м.
Ответ. АЛ = 8 см.
Задача 20.9. С каким наименьшим горизонтально направленным ускорением должна двигаться наклонная плоскость с углом наклона а, чтобы лежащее на ней тело поднималось? Коэффициент трения между телом и наклонной плоскостью Л.
Ответ. а=г(^« + *со>а) cos а — Л sin а
Задача 20.10. Груз массой т, лежащий на горизонтальной плоскости, требуется сдвинуть с места приложенной к нему силой F.
При каком наклоне линия действия этой силы к горизонту ее численное значение будет наименьшим? Коэффициент трения равен и.
Ответ, а = arctg р.
Задача 30.11. Грузы в 1 и 3 кг на горизонтальной поверхности связаны идеально упругой невесомой нитью. Если одной и той же силой подействовать горизонтально то на один, то на другой груз, то длина нити при движении грузов будет 13 см н 11 см. Какова длина ненатянутой инти?
Ответ. /= 10 см.
Задача 20.12. Тело массой 2 кг движется с ускорением 2 м/с2. На тело действуют 3 равных силы, лежащих в одной плоскости.
Угод между 1 и 2 силами равен 60°, между 2 и 3 — 60°, между 1 и 3 —
Найти величины этих сил.
Ответ. Fx = F, = F9 = 2 Н.
Задача 20.13. К середине резинового шнура длиной 2 м, расположенного горизонтально, подвешена гиря массой 0,5 кг. Под действием гири шнур провис на 0,5 м.
Определить коэффициент упругости шнура, если деформация шнура упругая. Массой шнура пренебречь.
Ответ. Л = 46	.
Задача 20.14. Метровый кусок медной проволоки диаметром 0,4 см подвешен за верхний конец. На сколько он растянется под влиянием собственного веса? ^Модуль Юнга для меди Е = 9,8 X X 10п Па, плотность р = 8,9 • 103-^£-1 м3 /
Ответ, Д/ = 4,5 • 10~7м.
Задача 20.15. Деревянный кубик (р = 0,5 • 103 кг/м3) погружен в воду на глубину 2 м. На какую высоту поднимется кубик, если его отпустить? Трение не учитывать.
Ответ. h=2 м.
Задача 20.16. Как изменилось бы ускорение свободного падения на поверхности Земли, если бы радиус Земли сократился на I %, а ее масса осталась бы неизменной?
Ответ. Увеличилось бы на 2 %.
Задача 20.17. В кузове грузовика лежит деревянный ящик, частично загруженный кирпичом. Дно ящика — квадрат со стороной I м, масса ящика по сравнению с массой кирпича пренебрежимо мала. Известно, что ящик начинает скользить, если грузовик трогается с ускорением 6 м/с8. До какой высоты можно уложить кирпичи в ящике без опасения, что он опрокинется при таком ускорении?
О т в е т. Л = 1,6 м.
Задача 20.18. Ящик с точными приборами поставлен на анализирующую прокладку для защиты от вертикальных вибраций. Под нагрузкой прокладки сдавливаегся на 6 см. Чему равен период собственных колебаний ящика?
Ответ. Т « 0,5 с.
Задача 20.19. Спутник движется по круговой орбите в плоскости экватора на высоте, равной радиусу Земли. С какой скоростью должен перемещаться наземный наблюдатель, чтобы спутник появлялся над ним каждые 5 часов? Направления движения спутника и вращения Земли совпадают.
Задача 20.20. Два математических маятника с одинаковой массой и разной длиной колеблются так, что силы натяжения их нитей в момент прохождения ими положения равновесия равны. Во сколько раз угол отклонения первого маятника от вертикали больше угла отклонения второго маятника?
Задача 20.21. Математический маятник колеблется по закону х = х0 cos (2л/ + Фо)-
Какова длина маятника?
Ответ. I = 25 см.
Задача 20.22. По траектории, соединяющей центры Земли и Луны, с Земли выпущен неуправляемый космический аппарат, Найти минимальную скорость его удара о поверхность Луны.
О т в е т. и = 7,5 • 103 м/с.
Задача 20.23. Небольшое тело начинает соскальзывать без на. чалыюй скорости из верхней точки жестко закрепленной полусферы радиусом R. Как высоко оно подскочит после упругого удара о поверхность, на которой закреплена сфера?
Ответ, h » R,
Задача 20.24. Стержень массой М и длиной L свободно падает в вертикальной плоскости, касаясь одним концом опоры. В начальном состоянии покоя стержень составлял с горизонталью угол 30°. Определить давление на ось вращения стержня в тот момент, когда он проходит горизонтальное положение.
3
Ответ, -у Mg.
Задача 20.25. Спутник массой М мчится в пространстве, свободном от действия сил (межпланетный осколок). Изменение его массы dM пропорционально скорости = аи, а — постоянная величина.
Чему будет равно его изменение? В начальный момент наблюдения скорость спутника и.
„	.	ди2
Ответ. Д =-----гг •
М
Задича 20.26. На невесомой упругой нити вращается маленький свинцовый шарик, образуя при вращении конический маятник с плоским углом 60°. Кинетическая энергия шарика 1 Дж. Найти потенциальную энергию растянутой нити, если известно, что она удлинилась на 10 %.
Ответ. U «= 0,4 Дж.
Задача 20.27. Материальная точка массой 0,1 кг движется по окружности радиусом 10 см. Центростремительное ускорение точки меняется с течением времени по закону ап = 100 I2. Найти мощность внешних сил, развиваемую в тот момент, когда точка сделала 10 оборотов от начала движения.
Ответ. 11,2 Вт.
Задача 20.28. В игрушечную ракету наливается вода, занимающая малую часть внутренней полости ракеты. В остальную часть полости накачивается воздух до давления Р. Оценить h — высоту подъема ракеты, считая, что масса воды т много меньше массы ракеты М9 время истечения воды много меньше времени полета, сечение сопла ракеты много меньше сечения полости (р — плотность воды).
Ответ, h =-----т-г* ,
pgM2
Задача 20.29. Найти формулу для кинетической энергии тела, движущегося под действием постоянной силы F (в начальный момент времени скорость была равна нулю), в зависимости: а) от времени; б) от пройденного пути.
Ответ, а) К =	;
б)	Я = F (х - х0).
Задача 20.30. Цилиндрический стакан до высоты 10 см заполнен кусочками льда, поры между которыми сквозные и в исходном состояния заполнены воздухом. Льдинки занимают 60 % объема. Лед начинает таять, причем соотношение объемов льдинок и пор между ними остается неизменным. Найти уровень воды в стакане, когда
растаяло 70 % льда. Плотность льда 900 кг/м3, плотность воды 1000 кг/м3.
Ответ, h » 5,4 см.
Задача 20.31. В герметически закоытом сосуде объемом 5 л находится только кипящая вода массой 0,5 кг и ее пары при температуре 100 °C. Найти массу пара. Принять плотность воды при 100 °C равной 103 кг/м3.
Ответ, т « 2,61 г.
Задача 20.32. Количество тепла, необходимое для нагревания 1 кг железа от 0° до Т° (Т < 200° С) дается следующей эмпирически наблюдаемой зависимостью
Q (Т) = 440,857 Т + 0,29725 Т2.
Найти среднюю теплоемкость Сср железа при: а) 0°; б) 100 °C нс) 150 °C.
Задача 20.33. В длиной теплоизолированной трубе между двумя одинаковыми поршнями массой М = 10 кг находится 8 г гелия при температуре Го = 300 К. В начальный момент скорости поршней направлены в одну сторону и равны 3 м/с и 1 м/с. До какой максимальной температуры нагреется газ? Поршни тепло не проводят.
Задача 20.34. При прохождении через перегретую жидкость ионизирующей частицы вдоль ее траектории образуются мельчайшие пузырьки пара. Те из пузырьков, радиус которых больше «критического», быстро вырастают до видимых размеров, а пузырьки меньших размеров захлопываются силами поверхностного натяжения.
Определить критический радиус для жидкого пропана (С2Н8), находящегося в камере под давлением 5 атм. при 328 К, а давление насыщенного пара пропана при этой температуре 15 атм. Коэффициент поверхностного натяжения пропана 4,46 : 10*”7 Н/см.
Ответ. = 9 • 1(П9 м.
Задача 20.35. В тонкостенном сосуде, помещенном в вакуум, имеется очень маленькое отверстие, на которое направляется параллельный пучок одноатомных молекул, летящих с одной и той же скоростью и0, перпендикулярной к площади отверстия. Концентрация молекул в пучке п0. Найти в установившемся равновесном состоянии среднюю скорость (и), концентрацию молекул (л) и температуру газа в сосуде.
О т в е т. v = 1/" — у0; п = ЛфКвя ; Т =	»
г л	4Л
Задача 20.36. Вольф рамовая нить, испаряясь в вакуум при температуре 2000 К уменьшается в весе со скоростью 1,14 • 16^16—* Вычислить давление насыщенного пара вольфрама при этой темпера-ГУРе‘	19
О т в е т. 6,7 • 10 13 мм рт. ст.
Задача 20.37. Вокруг протона вращаются по круговой орбите четыре электрона, располагаясь в углах квадрата со стороной а » = Ю'10 м. Протон находится в центре этого квадрата. Определить угловую скорость движения электронов по орбите.
СОДЕРЖАНИЕ
Вступление
1.	Выбор системы отсчета 5
2.	Метод усложнения—упрощения 12
3.	Метод дифференцирования и интегрирования (ДИ) 17
4.	Метод обратимости 21
5.	Методы определения центра масс 25
6.	Вариационные принципы механики. Метод виртуальных перемещений 30
7.	Метод экстремума потенциальной энергии 36
8.	Законы сохранения 42
9.	Теорема Гаусса и другие подходы к решению электростатических задач 54
10.	Правила Кирхгофа и другие методы расчета электрических цепей 60
11.	Методы расчета эквивалентных элементов 74
12.	Метод суперпозиции 80
13.	Метод зеркальных изображений 85
14.	Графические методы 89
15.	Методы расчета параметров больших систем 119
16.	Метод экспоненты 126
17.	Метод минимума и максимума 129
18.	Метод аналогии 133
19.	Методы софизмов и парадоксов 146	।
20» Задачи для самостоятельного решения 154 I
ГИдписано до друку 11.03.96
Формат 84x108 l/3z. Патр газетний.	I
Друк офсетний. Гарнпура лпературна.
Умовних друкованих аркуппв 8,4.
Облжово-видавничих аркуппв 7,92. Тираж 7500.
Замовлення №1587
Налруковано в друкарш видавництва “Кжвська правда".
МСП Науково-практичний, навчально-метидичний цетр
"MATICTP-S"
Творчо! сшлки вчителАв Украши
специшзуеться на виданы i розповсюджены псчлбникгв. навчалъно четодичног л'гтерапгури для ВУЗгв, шкал. лщелв, г1мназш. абипур1снгтв, студенты, батыав.
У р. <дргб усе можтпридбати < Центра ишги о» вгтянсьхгй 6id нотецг (Будимо». Нчитг j и.
Boi d : чирська, '>/) i кг Kt Кио > . Мг.м >ън < шстит mi вдмо»онал^ння • <ьт. :ив . v. booio-: Гргнч. ик.
(пр. Тичини, 1;).
Л пи.пань onmoeoi закупки для мй та, раиону. пузу, гиколи зоертатися в цент: "MaricTp-S"
Наша адреса: Ки1в—30, вул Богдана Хмельницького, 16 18, ст метро “Театральна”. “Золоп ворота , в прим1щенн1 СШ №53 Телефони: (044) 229-89-29 228-65-05 Факс: (044) 224-21-58
Директор: ЕШКЕ Олександр Миколайович
А.И. ШАПИРО, В.А. БОДИК

ОРИГИНАЛЬНЫЕ МЕТОДЫ t ’ РЕШЕНИЯ ФИЗИЧЕСКИХ