ФИЗИКА
В.Г. Разумовский, В.А. Орлов,
Г.Г. Никифоров, В.В. Майер, Ю.А. Сауров
Под редакцией В. Г. Разумовского, В.А . Орлова
Допущено Министерством образования и науки
Российской Федерации
Москва
2010
Учебник для учащихся 10 класса
общеобразовательных учреждений
В двух частях
Часть 1
ВЛАДОС
ГУМАНИТАРНЫЙ
ИЗДАТЕЛЬСКИЙ
ЦЕНТР

Разумовский В.Г ., Орлов В.А ., Никифоров Г.Г ., Майер В.В., Сауров Ю.А .
Ф50 Физика : учеб. для уч ся 10 кл. общеобразов. учреждений в двух частях.
Часть 1 / В.Г . Разумовский, В.А . Орлов, Г.Г . Никифоров, В.В . Майер,
Ю.А . Сауров; под. ред. В.Г. Разумовского, В.А . Орлова. — М. : Гуманитар.
изд. центр ВЛАДОС, 2010. — 261 с.
ISBN 978-5 691 01787 2.
ISBN 978-5 691 01788 9(ч.1).
Учебник физики нового поколения для учащихся 10 классов средней (полной) школы написан
по авторской программе.
Основное внимание в первой части учебника уделено методу научного познания природы,
который раскрывается на материале механики. Этот метод выражается в последовательности
экспериментального исследования явлений, построения гипотез и выбора моделей, получения
следствий теории, использования знаний для понимания явлений природы и действия техни-
ческих устройств.
В учебнике предусмотрена уровневая дифференциация: материал, который предназначен
учащимся, проявляющим повышенный интерес к физике, отмечен звездочкой.
Учебник предназначен для учащихся 10 классов, изучающих физику на профильном уровне.
Он может быть полезен для учащихся школ и классов с углубленным изучением физики, лицеев,
гимназий, для подготовки к экзаменам в вузы и самообразования.
УДК 53(075.3)
ББК 22.3я721-1
УДК 53(075.3)
ББК 22.3я721-1
Ф50
© Коллектив авторов, 2010
© ООО «Гуманитарный издательский центр
ВЛАДОС», 2010
© Оформление. ООО «Гуманитарный издательский
центр ВЛАДОС», 2010
ISBN 978-5 691 01787 2
ISBN 978-5 691 01788 9(ч.1)
В учебнике представлены опыты, выполненные с оборудованием «L-микро».
Сюжеты опытов разработаны Никифоровым Г.Г., Поваляевым О.А., Хоменко С.В.,
Чарушиным А.В .; фотографии выполнены Марковым А.В.

3
§ 1.1. Физика – фундаментальная наука о природе.
Научный метод познания природы
4
§ 1.2. Эксперимент, методы исследования,
теория, физическая картина мира
8
§ 1.3. Роль математики в физике
13
§ 1.4. Приближенные измерения
и вычисления
18
§ 1.5. Экспериментальные и теоретические
методы изучения физических явлений
20
Самое важное в главе 1
24
Глава1
ФИЗИКА КАК НАУКА.
НАУЧНЫЙ МЕТОД ПОЗНАНИЯ
Система аксиом
Утверждения
Совокупность
непосредственных
данных ощущений

4
§ 1.1
Физика — фундамент естествознания. Как
показывают научные наблюдения, все явления
природы связаны между собою и находятся в ус-
тойчивых отношениях. Это обусловливает позна-
ваемость мира. Задача науки состоит в том, чтобы
познать закономерную связь явлений. Физика —
фундаментальная наука, поскольку она открывает
первоосновы, которые не являются логическим
выводом из других наук. Она изучает первичные
структуры материи и соответствующие им формы
движения. Достижения физики дают обобщенное
представление о строении и движении материи, о
взаимодействиях тел, частиц и полей, об универ-
сальных физических величинах и законах. Вслед-
ствие этой общности законы физики лежат в осно-
ве других естественных наук, являются фундамен-
том всего естествознания.
Научный метод познания. Исследования
в науке ведутся на основе научного метода позна-
ния. Как вы помните из курса физики основной
школы, основателем научного метода познания
считают итальянского ученого Г. Галилея (1564—
1642), который ввел ряд коренных изменений
в метод познания своих предшественников.
Во-первых, Г. Галилей отверг бытовавшее со
времен Аристотеля положение о том, что знания о
природе мы будто бы непосредственно «берем орга-
нами чувств». В отличие от Аристотеля Галилей
исходил из того, что действительная связь явлений
может отличаться от того, какой она кажется. По-
этому, исследуя связь явлений, он выдвигал гипо-
тезу — предположение об этой связи и потом про-
верял свою догадку экспериментально. В частности,
он считал заблуждением утверждение Аристотеля
о том, что для движения тела с постоянной скоро-
стью якобы нужна постоянно действующая на это
тело сила. Казалось, что такой вывод следует
непосредственно из повседневных наблюдений.
Например, для равномерного движения телеги
нужно постоянное усилие со стороны лошади. Од-
нако, исследуя движение шарика по наклонной
плоскости, Галилей опроверг это утверждение, вы-
двинув предположение-гипотезу о том, что в от-
ФИЗИКА —
ФУНДАМЕНТАЛЬНАЯ
НАУКА О ПРИРОДЕ.
НАУЧНЫЙ МЕТОД
ПОЗНАНИЯ ПРИРОДЫ

5
сутствие действия сил тело находится в состоянии
покоя или равномерного прямолинейного движе-
ния. Справедливость своей гипотезы Галилей до-
казал экспериментально, показав, что скативший-
ся с наклонной плоскости шар в отсутствие трения
будет двигаться с постоянной скоростью.
Аналогичным образом Г. Галилей опроверг дру-
гое кажущееся очевидным утверждение Аристоте-
ля о том, что «тело падает на поверхность Земли
тем быстрее, чем оно тяжелее». Г. Галилей, осно-
вываясь на своих наблюдениях падения тел с на-
клонной башни в городе Пизе (рис. 1 .1), выдвинул
гипотезу о том, что, если бы тела падали в вакууме,
в отсутствие сопротивления воздуха с одинаковой
высоты, то они достигали бы поверхности Земли
одновременно. Истинность гипотезы Г. Галилея
была экспериментально подтверждена И. Ньюто-
ном. В трубке (рис. 1.2), из которой выкачан воздух,
пробка, металлический шарик и перышко дости-
гают дна трубки одновременно.
Во-вторых, в своих исследованиях Г. Галилей
широко использовал математику, которая позво-
ляет давать строгие определения, выражать их в
виде формул и выводить следствия из эксперимен-
тально установленных отношений и гипотез.
В частности, он впервые дал математическое
определение равноускоренного движения: «Равно-
мерно или единообразно ускоренным движением
называется такое, при котором в равные проме-
жутки времени прибавляются и равные моменты
скорости».
В-третьих, Г. Галилей свои выводы проверял
экспериментально. Однако зачем нужно проверять
экспериментально теоретические выводы? Такой
вопрос ставил Г. Галилей, и сам отвечал на него:
«Потому что наши рассуждения должны быть о
чувственном мире, а не о бумажном мире».
Таким образом, метод (от греч. methodos — при-
ем, способ) познания явлений природы Г. Галилея
включает в себя следующие этапы:
1) чувственный эксперимент и постановка про-
блемы;
2) выдвижение гипотезы — аксиомы;
Рис. 1 .1
Рис. 1 .2

6
3) математическое развитие гипотезы, логический вывод из нее след-
ствий;
4) экспериментальная проверка гипотезы и ее следствий.
Ценность научного метода состоит в том, что он приводит к достоверным
знаниям и позволяет предвидеть ход явлений, рассчитывать нужный нам
результат. Владея методом познания, легко отличить научную информацию
от ненаучной. Знания получены научным путем, если определена познава-
тельная проблема, собраны относящиеся к этой проблеме данные, на основе
данных сформулирована гипотеза, которая предположительно содержит ре-
шение поставленной проблемы, и эта гипотеза экспериментально проверена.
Революция в физике, которая произошла на грани прошлого и позапрош-
лого столетий, потребовала внесения ряда пояснений и уточнений в научный
метод познания. Эти пояснения и уточнения были сформулированы А. Эйн-
штейном.
А. Эйнштейн в 1952 г. в частном письме изобразил схему современного на-
учного метода познания (рис. 1 .3) и пояснил ее следующими словами: «1) Нам
даны Е—непосредственные данные нашего чувственного опыта. (2) А — это
аксиомы, из которых мы выводим заключения. Психологически А основаны
на Е. Но никакого логического пути, ведущего от Е к А, не существует. Сущест-
вует лишь интуитивная (психологическая) связь, которая постоянно «возоб-
новляется». (3) Из аксиом А логически выводятся частные утверждения S,
которые могут претендовать на строгость. (4) Утверждения S сопоставляются
с Е (проверка опытом).
Строго говоря, эта процедура относится к внелогической (интуитивной)
сфере, ибо отношение понятий, содержащихся в S, к непосредственным дан-
ным чувственного опыта Е по своей природе нелогично».
А. Эйнштейн показал, что процесс научного познания составляет замкнутый
цикл, который начинается с эксперимента и кончается экспериментом. В этом
цикле исследование явлений, догадка об их закономерной связи, строгие ло-
гические выводы следствий и экспериментальная проверка тесно связаны. Он
показал, что аксиомы-гипотезы в науке выдвигаются интуитивно на основе
Рис. 1 .3
Система аксиом
Вытекающие из аксиом
утверждения
Совокупность непосредственных
данных ощущений
S
A
S′
S′′
E

7
выделения обобщения некоторой группы экспериментальных данных, как
догадка, а теоретические выводы из аксиом делаются в соответствии с зако-
нами логики, как в математике. Поэтому, с одной стороны, гипотеза обладает
познавательной мощью объяснения и предвидения, а с другой стороны, пос-
кольку она строится на догадке, сама требует экспериментальной проверки.
Только подтвержденные экспериментом теоретические выводы применяются
на практике, внедряются в производство.
Физика и научно-технический прогресс. Внедренные в практику дости-
жения науки становятся основой научно-технического прогресса, способству-
ют развитию культуры и росту благосостояния человечества. В наши дни на-
ука развивается настолько стремительно, что в течение жизни одного поколе-
ния мир становится неузнаваемым. Цветное телевидение, лазеры, голограммы,
персональные компьютеры, мобильные телефоны, атомные электростанции,
реактивные самолеты и космические корабли появились за последние немно-
гим более, чем пятьдесят лет.
Физика и экология. Однако необходимо учитывать и то, что практическое
использование научных достижений в масштабах планеты нередко приводит к
ухудшению среды обитания человека, животных и растений. Вследствие разви-
тия энергетики и транспорта в атмосферу выбрасываются конвекционные пото-
ки нагретых газов и пыли во все больших масштабах, происходит загрязнение
атмосферы, потепление климата, исчезают многие виды животных. Возрастает
опасность техногенных катастроф, могущих уничтожить все живое на Земле.
Нарушение экологического равновесия в природе неизбежно происходит
при глобальном вмешательстве в естественное развитие процессов на планете.
В этих условиях возрастает гражданская ответственность ученых, инженеров,
всех образованных людей за сохранение экологического равновесия в природе.
Усилия ученых должны быть направлены на то, чтобы улучшить существую-
щую ситуацию: разрабатывать безотходные технологии производства, создавать
экологически чистые виды топлива, находить способы использования возоб-
новляемых источников энергии: солнечные батареи, ветро- и гидростанции,
приливные станции, использовать геотермальные источники энергии и др.
1. Почему физику считают фундаментальной наукой о природе?
2. Чем отличался метод познания Галилея от метода Аристотеля? В чем
состояло преимущество метода Галилея? Покажите на примерах.
3. Назовите основные этапы научного метода познания природы.
4. Почему гипотезы и логические выводы из них нуждаются в экспе-
риментальной проверке?
5. Какова роль физики в научно-техническом прогрессе?
6. Каковы пути сохранения природы при развитии производства на
основе научных достижений? Какова роль физики в сохранении и
восстановлении природы?

8
Физика, как и другие естественные дисципли-
ны, наука экспериментальная. Эксперимент явля-
ется исходным и заключительным этапом научно-
го познания. Из курса физики основной школы вам
известно, что в результате наблюдений, измерений
физических величин и определения зависимости
между ними устанавливаются научные факты,
вводятся новые понятия, величины и связывающие
их закономерности. На основе экспериментальных
данных выдвигаются гипотезы, строится научная
теория, делаются теоретические выводы. Достовер-
ность теоретических выводов проверяется экспери-
ментально.
Выдающийся отечественный ученый С.И. Вави-
лов на основе анализа научных открытий пришел
к выводу о том, что основными методами теорети-
ческих исследований в физике в зависимости от
вида гипотезы являются: метод принципов, метод
математических гипотез и метод модельных ги-
потез.
Метод принципов1 состоит в предположении
о том, что установленная на конкретном опыте связь
явлений является общей для всех подобных явлений
и выражается определенным правилом. Так, на
основе наблюдений за движением шарика по на-
клонной и горизонтальной плоскости Г. Галилей
выдвинул принцип инерции: всякое тело продол-
жает удерживаться в своем состоянии покоя или
равномерного прямолинейного движения, пока и
поскольку оно не понуждается приложенными си-
лами изменить это состояние. Этот принцип ока-
зался справедливым по отношению ко всякому
механическому движению и поэтому вошел в качес-
тве первого закона в систему законов механики.
Закон сохранения энергии, экспериментально
доказанный для ограниченного круга явлений и
подтвержденный многовековой человеческой прак-
тикой, принимается в качестве незыблемого прин-
ципа, выполняющегося с полной точностью во
всякой замкнутой физической системе. Точно так
же обобщается факт односторонности перехода
1 Принцип – от лат. principium — основополагающее пер-
воначало, предпосылка.
§ 1.2
ЭКСПЕРИМЕНТ,
МЕТОДЫ
ИССЛЕДОВАНИЯ,
ТЕОРИЯ,
ФИЗИЧЕСКАЯ
КАРТИНА МИРА

9
теплоты от нагретого тела к холодному, являясь основой принципа рассеяния
энергии. Принципы играют в физике ту же роль, что и аксиомы в геометрии,
из которых в применении к конкретным физическим задачам делаются логи-
ческие выводы. Наряду с уже известными вам принципами вы познакомитесь
в дальнейшем с принципами дополнительности, соответствия, неопределен-
ности, которые не только определили успехи современной физики, но и по-
влияли на развитие философской мысли, на развитие мировоззрения челове-
чества.
В основе метода математических гипотез лежит предположение о том,
что установленное в конкретном опыте математическое соотношение величин
является общим для всей совокупности изучаемых явлений. Исследователь
делает из него ряд логических выводов и сверяет их с результатами экспери-
ментов. Если теоретический расчет в пределах погрешности измерений совпа-
дает с экспериментом, то можно считать, что аксиома-гипотеза не опроверга-
ется опытом.
Таким образом, метод математических гипотез состоит в экспериментальном
установлении зависимости величин в виде формулы и в предположении, что
эта формула выражает общую взаимосвязь сходных явлений.
В своих исследованиях, проводимых в основной школе, вы устанавливали
на конкретных опытах функциональную зависимость величин, характеризую-
щих те или иные явления. Например, зависимость силы трения от силы давле-
ния (Fтр
= μFд), ускорения тела от действующей на него силы
⎛⎞
=
⎜⎟
⎝⎠
r
r
F
a
m
, периода
свободных колебаний нитяного маятника от его длины
2
l
T
g
⎛⎞
=π
⎜⎟
⎝⎠
, давления
данной массы газа при постоянной температуре от его объема (pV = const), силы
тока от напряжения
U
I
R
⎛⎞
=
⎜⎟
⎝⎠
и др.
Эти математические гипотезы, проверенные опытом и подтвержденные
многовековой практикой, из гипотез перешли в разряд законов природы.
Метод модельных гипотез состоит в замене изучаемого объекта его упро-
щенной моделью1. Он является одним из важных теоретических методов ис-
следования явлений природы. К этому методу прибегают тогда, когда изучае-
мое явление в силу его сложности или недоступности для непосредственного
наблюдения заменяется чаще всего его предположительной мысленной кар-
тиной. Модель явления или объекта может быть так или иначе выражена в виде
словесного описания, рисунка, схемы, кино- или компьютерной анимации,
иногда модель изготовляют в виде механического устройства.
1 Модель — от лат. modulus — образец.

10
Моделирование явлений помогает абстрагироваться1
, отвлекаться от всего
несущественного и выделять главное. Например, при изучении механического
движения и взаимодействия тел мы говорим не о конкретных телах, а о мате-
риальных точках. Изучая условия равновесия тел, имеющих закрепленную
ось вращения, мы оперируем моделью, в которой существенны только прило-
женные силы и плечи действующих на тело сил.
Часто модель помогает не только объяснить явление, но и предвидеть, как
оно будет происходить в других условиях. Например, модель дискретного
строения вещества помогает понять причину перехода вещества из одного со-
стояния в другое, а также объяснить различные свойства одного и того же
вещества в газообразном, жидком и твердом состоянии.
Нередко удачно построенная модель объекта или явления берется в качестве
основы для теории2 изучаемой группы явлений. В теорию, кроме моделей,
входят описание явлений, понятия и величины, эмпирические законы, гипо-
тезы, теоретические выводы, результаты экспериментов, методы исследования
и методы применения научных достижений на практике.
Обобщенное представление о строении и движении материи, основанное
на фундаментальных достижениях науки и дающее объяснение явлений окру-
жающего мира, называется физической картиной мира.
Физическая картина мира в своем историческом развитии влияет на фор-
мирование мировоззрения людей. Вы уже знаете из курса физики основной
школы, как на разных этапах развития науки делались попытки построить
единую физическую картину мира. На начальном этапе развития физики
успехи механики были так велики, что ученым одно время казалось, что на
ее основе удастся создать обобщенное представление о строении и движении
материи — универсальную модель из движущихся материальных точек,
механически взаимодействующих между собой, — единую механическую
картину мира, которая давала бы объяснение всем наблюдаемым явлениям
природы. Однако после открытий Фарадея и Максвелла стало ясно, что ма-
терия существует не только в виде вещества, образующего различные тела,
но также в виде электромагнитного поля, которое образуется вокруг движу-
щихся заряженных частиц вещества. Стало ясно, что модели явлений, ис-
пользуемые в механике, для объяснения электромагнитных явлений непри-
менимы. Ученые поняли, что не только заряды и частицы, но и поле между
ними существенно для описания и объяснения электромагнитных явлений.
Оказалось, что электромагнитное взаимодействие частиц и полей так же
распространено в природе, как и гравитационное взаимодействие. Оно дей-
ствует внутри атомов и молекул, оно также действует и в космосе. Явления
электромагнитного взаимодействия мы постоянно наблюдаем, когда встре-
чаемся с силами упругости и силами трения, с электризацией тел, когда
используем радио и телевидение, когда греемся у костра или в лучах Солнца.
1 Абстракция — от лат. abstractio — отвлечение.
2 Теория — от греч. theoria — рассмотрение, исследование.

11
На определенном этапе развития науки были попытки свести все наблюдае-
мые явления, в том числе и механические, к электромагнитным взаимодейс-
твиям. Однако единой электромагнитной картины мира также не получилось,
как не получилось и единой механической картины.
Отсюда возникает вопрос, насколько устойчивы научные знания о природе?
Теории имеют границы применимости. Анализ истории развития науки
говорит о том, что в отношении опыта и теории дело обстоит по-разному. Наи-
более устойчивыми в науке являются установленные на опыте факты, вели-
чины, закономерности и законы. Модели и теории не так устойчивы и неиз-
менны в науке. Например, законы отражения света были известны еще в III в.
до н. э . и описаны древнегреческим ученым Евклидом, в том же веке был от-
крыт Архимедом его всем известный закон. Все эти законы справедливы по
сей день, и широко используются в теории и на практике. За это же время
сменилось множество различных моделей явлений и теорий. В частности, вам
известны корпускулярная, волновая и квантовая модели света и соответству-
ющие им теории. Почему так происходит? Почему с развитием науки проис-
ходит замена моделей одних и тех же явлений и соответствующее изменение
теорий? Причина в том, что никакая модель явления не может быть вполне
адекватной1
, тождественной самому изучаемому явлению. Модель верно от-
ражает лишь самую существенную для исследователя сторону изучаемого
явления. Поэтому любая модель и построенная на ее основе теория имеют
границы применимости. Из основного курса физики вы узнали, что И. Ньютон
придерживался корпускулярной модели света и объяснял, например, законы
отражения света по аналогии с отскакиванием бильярдного шара от борта
стола. Однако попытки применить эту модель к объяснению других явлений
встретились с трудностями. Открытие явления интерференции и дифракции
света привело к победе сторонников волновой теории света. Благодаря теоре-
тическим исследованиям Максвелла была установлена электромагнитная
природа световых волн. Но и эта модель света оказалась ограниченной в при-
менении. На основе этой теории не удалось объяснить особенности распреде-
ления энергии по длинам волн в излучении абсолютно черного тела. Не удалось
также объяснить особенности фотоэффекта. Эта неудача послужила толчком
для создания квантовой теории.
Принцип соответствия. Являются ли все предшествующие теории по
отношению к последней теории заблуждением? Не совсем. Каждая модель
служит обобщением объективных опытных данных и способствует проник-
новению в глубь изучаемого явления, способствует углубленному пониманию
законов и закономерностей. При этом понятия и величины старой теории
часто наполняются новым содержанием и смыслом. Например, теорию теп-
лорода вытеснила молекулярно-кинетическая теория. Но остались жить в
науке величины, характеризующие тепловые процессы мерой передаваемой
1 Адекватное — от лат. adaequatus — приравненное.

12
внутренней энергии: количество теплоты, удельная теплоемкость, теплота
сгорания и др. Осталось справедливым для теплообмена уравнение теплово-
го баланса. Все это сохранилось и вошло в молекулярно-кинетическую тео-
рию. Поэтому новая теория в определенной мере становится преемственной
по отношению к старой теории. В 1923 г. один из создателей квантовой тео-
рии Н. Бор сформулировал постулат, который был назван принципом соот-
ветствия. Этот принцип получил в физике расширенное толкование и со-
стоит в том, что всякая новая теория, расширяющая область применения в
сравнении со старой теорией, должна включать старую теорию как предель-
ный случай. Как вы узнаете далее, квантовая механика и квантовая элект-
родинамика, имеющие более широкую область применения в сравнении с
классическими теориями, механикой Ньютона и электродинамикой Фара-
дея—Максвелла, включают в себя эти теории как предельный случай.
1. Какова роль экспериментальных данных в научном познании? Ка-
кова роль этих данных в разработке научной теории? Приведите
примеры.
2. В чем состоит метод принципов и математических гипотез в иссле-
довании физических явлений? Приведите примеры.
3. В чем состоит метод модельных гипотез? Приведите примеры.
4. Что происходит с моделями явлений при получении новых опытных
данных, с которыми эти модели не согласуются?
5. Что такое теория? Какие научные положения входят в состав теории?
Какие теории вам известны?
6. Что такое физическая картина мира? Какие научные данные в нее
входят? Какие данные говорят о единстве материального мира?
7. Какие научные знания можно считать наиболее достоверными и
устойчивыми в постоянно развивающейся науке? Какие научные
положения подвержены изменениям? Почему? Приведите приме-
ры.
8. Чем обусловлены границы применимости моделей и теорий? При-
ведите примеры.
9. В чем состоит принцип соответствия и каково его значение для
развития науки?

13
Математика играет исключительно важную
роль в физике. Математика дает самую высокую
степень обобщения знаний. Благодаря этому она
позволяет выразить законы физики в точной ла-
коничной форме. Физические законы, выражен-
ные формулами и графиками, показывают вид
функциональной зависимости величин, дают са-
мую точную характеристику этой зависимости.
Связь величин, выраженная математической фор-
мулой, позволяет получать теоретические выводы,
которые после интерпретации, истолкования и
выяснения смысла дают новые «выводные» зна-
ния. Путем преобразования математических вы-
ражений можно делать строгие логические выво-
ды, на основе которых можно до опыта объяснять
и предсказывать новые явления. Формулу, полу-
ченную экспериментально, приняв за аксиому,
можно преобразовывать и получать следствия,
которые могут служить для предвидения и объ-
яснения новых явлений. Например, из экспери-
ментального установления прямой пропорцио-
нальной зависимости F = kx между модулем силы
упругой деформации F и самой деформацией x
следует, что упруго деформированное тело обла-
дает потенциальной энергией
2
2
p
kx
E=
. Если из-
готовить пружинный пистолет, то заранее можно
рассчитать, например, с какой скоростью вылетит
из него шарик при выстреле.
Преобразование формул, выражающих
эмпирические законы, и интерпретация получен-
ных выражений нередко приводит к теоретиче-
ским открытиям. Например, исходя из закона
движения планет, открытого Кеплером, Ньютон
выдвинул гипотезу, согласно которой сила, удер-
живающая Луну на ее орбите, и сила, заставляю-
щая падать камень на поверхность Земли с уско-
рением свободного падения, — это силы одной
природы — силы гравитационного притяжения.
Расчеты подтвердили правильность этого предпо-
ложения. Так был открыт закон всемирного
тяготения.
РОЛЬ МАТЕМАТИКИ
В ФИЗИКЕ
§ 1.3

14
Графики функций. По графику функции, которая является математи-
ческим выражением закона, часто можно интерпретировать, объяснить
найденную зависимость величин. Например, зависимость координаты x от
времени t при равномерном движении прямо пропорциональная, линейная.
Следовательно, графиком, выражающим эту зависимость, является наклон-
ная прямая линия (рис.1 .4). Наклон графика, определяемый выражением
x
t
Δ
Δ
, характеризует быстроту изменения функции x по отношению к изме-
нению аргумента t. В частности, при равномерном движении угол наклона
графика постоянен и tg
x
t
Δ
α=
Δ
равен модулю скорости движения:
x
t
Δ
Δ
=v.
Аналогично по наклону графика скорости определяется модуль ускорения:
a=
v
t
Δ
Δ
.
В некоторых случаях физическую величину можно вычислить по площади,
ограниченной графиком, например, пройденный путь по графику скорости
равномерного движения (рис. 1 .5), потенциальную энергию пружины по ее
деформации и др.
Стандартный вид числа. В физике часто приходится иметь дело с боль-
шими и малыми числами. Для удобства их записи и простоты действий над
ними эти числа записывают в экспоненциальном или стандартном виде, т.е .
ввидеx=a
.
10n
,где1<a<10,аn—любоецелоечисло.
Например, чтобы записать значение скорости звука в воздухе v = 343 м/с
в стандартном виде, нужно выразить это число в виде 3,43.102 м/с, а размер
молекулы 0,000 000 023 см — в виде 2,3
.
10–8
см.
Рис. 1 .5
Рис. 1.4
Δx
α
Δt
v, м/с
t,c
6
5
4
4
3
3
2
2
1
1
0
x1
x0
t0
t
t1
x
v=
x
t
Δ
Δ
l

15
Запись чисел в стандартном виде наглядна для сравнения величин и удобна
для вычислений. Напомним правила действий над числами:
а) умножение: x = a
.
10n;y=b
.
10m
,xy=ab.10n+m
;
б) деление: x = a
.
10n;y=b
.
10m
,
−
=
·10nm
xa
yb
;
в) возведение в степень: x = a
.
10n;xm
=a
m.
10nm
.
Порядок чисел. Нередко в оценке физических величин приходится до-
вольствоваться самым грубым приближением, записывая их округленное
значение в виде 10n
. В таком случае говорят о значении порядка 10n
, подраз-
умевая при этом, что данное число находится между 0,5
.
10n
и 5. 10n.
. Например,
порядком числа 123 является 102
, так как это число ближе к 100, чем к 10 или
к 1000. Порядком числа 0,00361 является 10–3
, так как это число ближе к 10–3
,
чем к 10–2 или к 10–4
. Используя округления чисел до их порядка, можно до-
статочно быстро оценить величину, измерить которую непосредственно невоз-
можно. Таким методом часто пользовался известный своими открытиями
в области ядерной физики итальянский физик Энрико Ферми. Вот одна из его
задач. «Каково число клеток, из которых состоит человек?»
Чтобы решить такую задачу, нужно объем человека разделить на объем одной
клетки. Но как узнать хотя бы порядок этих величин? Э. Ферми решил эту за-
дачу, исходя из следующих соображений. Поскольку клетка видна в оптический
микроскоп, то она больше длины волны видимого света. Следовательно, ее раз-
мер можно оценить как 10–6
м. Значит, объем клетки имеет размер порядка
(10–6
)3
= 10–18
м3
. Человек почти весь состоит из воды. Его масса 100 кг = 102 кг.
Это 0,1 т воды. Значит объем человека приблизительно равен 0,1 м3
= 10–1
м3
,
следовательно, порядок числа клеток в человеческом теле равен:
−
−
=
1
17
18
10
10
10
.
Рис. 1 .6
100
10–14
10–12
10–10
10–8
10–6
10–4
10–2
102 10
4
106 10
8
1010 10
12
1014 10
16
1018 10
20
1022 10
24
1026
Ядро
Кит
Наибольшая
высота
полета ИСЗ
Галактика
Орбита
Земли
Свет
Ближайшая
звезда
Земля
1км
1м
Бактерии
Атомы
Граница
видимого
Рис. 1 .6

16
Порядок чисел в природе. Порядками величин можно охарактеризовать
окружающий нас мир по расстояниям (рис. 1.6), по массе (табл. 1.1.) и по
времени (табл. 1 .2). Эти числа дополняют наши представления о физической
картине мира.
Таблица 1.1
Порядок массы некоторых объектов
Объект
Масса, кг
Объект
Масса, кг
Солнце
1030
Вода объемом 1 л
100
Сатурн
1026
Яблоко
10–1
Земля
1024
Комар
10–6
Луна
1022
Вирус
10–18
Высотное здание МГУ
108
Молекула воды
10–20
Аэробус
105
Атом урана
10–25
Человек
102
Протон
10–27
Ведро с водой
101
Электрон
10–31
Таблица 1.2
Порядок продолжительности некоторых событий
Событие
Время, с
Событие
Время, с
Продолжительность футбольного
матча
104
Период колебаний протона в ядре атома
10–22
Время, в течение которого свет от
Солнца доходит до Земли
103
Продолжительность существования
Солнца
1018
Минута
102
Время существования древнейших
горных пород
1017 Секунда
100
Период обращения Солнца вокруг
центра Галактики
1016
Продолжительность полета пули до
мишени (100 м)
10–1
Время, прошедшее с эпохи динозав-
ров
1015
Время одного оборота вала автомобильно-
го двигателя
10–2
Время, прошедшее с момента
появления первобытного человека
1013
Продолжительность одного взмаха крыла
шмеля
10–3
Время от начала нашей эры
1011
Период колебаний наиболее высокого
слышимого звука
10–4
Время, прошедшее с момента
освобождения Руси от монголо-
татарского ига
1010
Продолжительность взрыва снаряда
10–5
Продолжительность жизни
человека
109
Время, в течение которого электрон
проходит от катода до экрана в телевизи-
онной трубке
10–7
Продолжительность обучения
в школе
108
Время, в течение которого свет от лампоч-
ки в комнате доходит до стен и пола
10–8
Год
107
Время испускания видимого света атомом
10–9

17
0
20
10
5
10
15
t,с
v, м/с
Рис. 1 .7
Окончание табл. 1 .2
Событие
Время, с
Событие
Время, с
Месяц
106
Время, в течение которого свет пересекает
оконное стекло
10–11
Сутки
105
Период обращения электрона вокруг ядра
в атоме водорода
10–15
1. Какова роль математики в физике?
2. Что дает запись закона в виде формулы и в виде графика? Свой
ответ поясните на конкретных примерах.
3. Каким образом из гипотезы или закона, выраженных в математи-
ческой форме, выводятся следствия, новые «выводные» знания?
Приведите примеры.
4. Как записываются числа в стандартном виде?
Упражнение 1.1
1. Определите порядок следующих величин:
а) числа молекул газа в классной комнате;
б) вашего возраста (в секундах);
в) продолжительности времени после рождения Христа (в секундах);
г) возраста Москвы (в секундах).
2. В новолунье постарайтесь определить диаметр Луны, зная, что расстояние от
Земли до Луны равно 3,8 · 105 км.
3. Каково отношение расстояния между молекулами газа к диаметру молекул
при нормальных условиях, если известно, что плотность вещества в твердом
состоянии приблизительно в 1000 раз больше, чем в газообразном?
4. По графику зависимости скорости движения тела от времени (рис. 1 .7) определите:
а) ускорение; б) начальную скорость; в) скорость через 15 с; г) путь, пройденный
за15с.

18
Число значащих цифр, получаемых при из-
мерении величины. Во всех случаях, когда это воз-
можно, измерения проводятся при помощи измери-
тельных приборов. При этом следует учитывать, что
все измерения и, следовательно, последующие вы-
числения в физике содержат погрешность. При
измерении какой-либо величины прибором можно
считать, что в первом приближении погрешность
не превышает цену деления шкалы прибора. Окру-
глив показание прибора (с недостатком или с из-
бытком), получим результат в виде целого числа или
десятичной дроби с определенным числом знача-
щих цифр. Значащими цифрами числа являются
цифры, начиная с первой ненулевой цифры слева.
Например, в случае, иллюстрируемом рисунком 1.8, а,
показанием динамометра следует считать 0,5 Н, а
в случае, иллюстрируемом рисунком 1.8, б, — 2,5 Н.
В первом случае имеется одна значащая цифра 5, а
во втором — две значащих цифры 2 и 5.
Приведем еще несколько примеров: в числе 385
имеется три значащих цифры, в числе 32,02 —
четыре значащих цифры, в числе 0,016 — две
значащих цифры, в числе 3 · 102 — одна значащая
цифра, в числе 3,0 · 102 две значащие цифры, в чис-
ле 3,00 · 102 — три значащие цифры, в числе 2,00 —
три значащих цифры. Запись числа в двух послед-
них случаях означает, что измерения сделаны
с погрешностью, которая не превышает 0,005.
Чем больше значащих цифр, полученных при
измерении, тем ближе полученный результат к
истинному значению измеряемой величины, тем
он точнее. Заметим, что самые точные измерения
в физике делаются при определении физических
констант (например, скорости света). При этом в
лучших случаях измерений получены двенадцать
значащих цифр. В обычных научных лабораторных
исследованиях чаще всего довольствуются получе-
нием трех значащих цифр. В школьных лаборатор-
ных условиях чаще всего удается получить резуль-
таты с двумя значащими цифрами.
Действия над значащими цифрами. Понятно,
что при различных действиях над числами с раз-
личным числом значащих цифр результат вычис-
ПРИБЛИЖЕННЫЕ
ИЗМЕРЕНИЯ И
ВЫЧИСЛЕНИЯ
§ 1.4
0
а
1
2
3
б
Н
Рис. 1 .8
Рис. 1 .9

19
лений не может содержать больше значащих цифр, чем исходные числа с
наименьшим числом значащих цифр. Поэтому при действиях над значащими
цифрами пользуются следующими правилами.
1) Сложение и вычитание двух значащих цифр производится только в тех
разрядах, которые присутствуют в обоих числах. Например:
385–0,01=385;32,02–0,01=32,01;395+5102
= 900; 3,00 · 102
–
3=297.
2) При умножении, делении и возведении в степень чисел сначала произ-
водятся действия над всеми числами, а потом результат округляется до наи-
меньшего числа значащих цифр, которые содержатся в сомножителях. На-
пример: 5,1 · 7,3 = 37; 32,02 · 0,01 = 0,3; 395 : 32,02 = 12,3.
1. Почему числовые результаты измерений всегда являются при-
ближенными?
2. Как зависит погрешность измерения от числа полученных при из-
мерении значащих цифр? Поясните на конкретном примере.
3. Как определить, сколько значащих цифр в числе?
4. Каковы правила приближенных вычислений методом подсчета зна-
чащих цифр?
Упражнение 1.2
1. Сколько значащих цифр в числе 0,0320?
2. Сделайте следующие вычисления методом подсчета значащих цифр:
а)265–0,01=?;б)462:4=?
3. На рисунке 1.9 приведена стробоскопическая фотография, при выполнении
которой лампа делала 30 вспышек в секунду. Сделайте измерения и расчеты
методом подсчета значащих цифр для ответа на следующие вопросы:
1) Какой путь прошел шарик от первой до последней вспышки?
2) Сколько времени двигался шарик?
3) Чему равно ускорение свободного падения по результатам этого опыта?
4. Приблизительно измерьте объем банки сгущенного молока при помощи мил-
лиметровой линейки. Достоверный результат определите методом подсчета
значащих цифр.

20
Изучая курс физики, вы будете, подобно иссле-
дователям, пользоваться общим методом научного
познания, а также экспериментальным и теорети-
ческим методами исследования, т.е . теми метода-
ми, которые привели ученых к созданию современ-
ной науки. Как вы должны помнить, научный метод
познания включает следующие этапы:
1) наблюдение определенной группы сходных
явлений и исследование зависимости величин,
характеризующих эти явления;
2) выдвижение гипотезы в виде принципа, об-
разной модели или математической формулы;
3) теоретическое объяснение или предсказание
новых явлений на основе логических выводов —
следствий выдвинутой гипотезы;
4) экспериментальная проверка теоретических
выводов.
Каждому этапу познания соответствуют опреде-
ленные методы исследования, ведущие от незнания
к знанию. Покажем применение этих методов ис-
следования на знакомом примере изучения упругой
деформации твердых тел.
1) Задача исследования: определить зависимость
силы упругости пружины от ее деформации.
План проведения исследования: растягивать
пружину и через равные интервалы удлинения
записывать соответствующие значения силы
упругости.
Приборы: динамометр, линейка.
Интервалы измерения:
деформации: х = 2,5 см и модуля Fупр силы упру-
гости соответственно этим интервалам дефор-
мации.
Результаты измерений:
Fупр, Н 0 1,0 2,0 3,0 4,0
х, см
02,55,07,510
По данным таблицы строится график (рис. 1 .10).
Полученному графику соответствует формула:
Fупр
= kх.
Интерпретация таблицы, графика и формулы:
сила упругости Fупр прямо пропорциональна дефор-
мации х.
§ 1.5
ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНЫЕ
И ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ
МЕТОДЫ ИЗУЧЕНИЯ
ФИЗИЧЕСКИХ
ЯВЛЕНИЙ

21
Заключение: модуль Fупр силы упругости при растяжении пружины прямо
пропорционален ее деформации х. Коэффициент k (жесткость) характеризу-
ет упругие свойства пружины.
2) Метод выдвижения математических гипотез в данном случае состоит
в предположении, что экспериментально наблюдаемая закономерность явля-
ется общей для всей группы явлений. Иначе говоря, при упругой деформации
любого твердого тела модуль силы упругости прямо пропорционален дефор-
мации. (После многочисленных проверок эта гипотеза получила статус закона
Гука, по имени английского ученого, который открыл этот закон.)
Очень важно установить границы применимости экспериментально полу-
ченного закона. При удлинении пружины на расстояния большие 10 см ли-
нейная зависимость нарушается, а при еще больших растяжениях пружина
после снятия нагрузки не возвращается в исходное положение.
Линейная зависимость силы упругости от деформации соблюдается лишь
при достаточно малых деформациях, пока деформация является упругой, т.е.
когда при устранении деформирующей силы тело восстанавливает свой объем
и свою прежнюю форму.
3) Обоснованно выдвинутая, экспериментально проверяемая гипотеза об-
ладает эвристической, предсказательной силой благодаря теоретическим
методам исследования. Чаще всего используемым теоретическим методом
исследования является преобразование формул, выражающих физические
величины и связывающие их законы. Это делается путем выражения величин
через другие величины и последующей интерпретацией полученного резуль-
тата. В нашем случае формулу, выражающую зависимость силы упругости
Fупр от деформации х, легко преобразовать и получить выражение для потен-
циальной энергии сжатой пружины:
Eр=
1
2
Fупр1
2
11
1
2
=
xk
x
,
Рис. 1.10
4,0
Fупр
,Н
3,0
2,0
1,0
0
1,0 2,0 3,0 4,0 5,0 6,0 7,0 8,0 9,0 10,0
x, см

22
где
1
2
Fупр1 — средняя сила, а x1 — путь, на котором эта сила действует, совер-
шая работу. Энергия сжатой пружины численно равна площади под графиком
зависимости силы от деформации (рис. 1 .11) Этот теоретический вывод мож-
но экспериментально проверить. Но как? Нужно догадаться! При этом догад-
ка должна быть осуществимой.
4) В поисках способа проверки мы должны исходить из имеющихся воз-
можностей, из наличия приборов и оборудования. Этот способ может быть,
например, таким. На краю классной доски канцелярским зажимом закрепим
лабораторный динамометр. К крючку динамометра привяжем достаточно
прочную и легкую нить, а к ее концу подвесим грузик массой 100 г. Пальцами
оттянем грузик вниз на некоторое расстояние х, которое измерим по шкале
динамометра (рис. 1 .12, а). Отметим на доске положение грузика в этот момент
(точка О). Если мы отпустим грузик, то он под действием растянутой пружи-
ны подскочит на некоторую высоту h. Используя закон сохранения энергии,
рассчитаем эту высоту.
При подскоке грузика потенциальная энергия пружины
2
2
kx
превратится
в кинетическую энергию грузика
2
2
mv
:
22
22
kx mv
=
. Отсюда следует, что v2
=
=
2
kx
m
. Высоту подъема грузика можно вычислить из формулы v2
= 2gh. Сле-
довательно,
2
kx
m
= 2gh. Откуда h =
2
2
kx
mg
.
При экспериментальной проверке этого теоретического предвидения
были получены такие цифры: вес грузика mg = 1,0 Н, жесткость пружины
Рис. 1 .11
Рис. 1 .12
а
б
О
Fупр
Fупр1
x1
x

23
k = 40,0 Н/м, деформация пружины х = 0,075 м. Тогда для h =
2
2
kx
mg
имеем
h=0,20м.
Этот расчет методом подсчета значащих цифр приведен на фотографии
доски (см. рис. 1.12, а).
Чтобы убедиться в том, что теоретический вывод подтверждается экспери-
ментально, вычислим абсолютную погрешность этого косвенного измерения.
Если при прямых измерениях жесткости пружины k, деформации пружины
x и массы грузика m относительные погрешности: εk = 4%, εх
= 2%,иεm
= 1%,
то относительная погрешность высоты h равна: εh = εk + 2ε х + εm, εh = 0,04 +
+ 0,04 + 0,01 = 0,09.
Следовательно, абсолютная погрешность вычисления высоты подъема гру-
зика равна:
Δh=hεh,Δh =0,20м.0,09 =0,018м≈0,02м.
Окончательный результат расчета высоты подскока грузика с учетом по-
грешностей: h = (0,20 ± 0,02) м. Опустим грузик и проверим на опыте, под-
твердился ли наш расчет. Как видно из фотографии (рис. 1.12, б), грузик
действительно поднялся на высоту h.
Таким образом, мы показали применение метода научного познания и мето-
дов исследования на примере одной темы курса физики «Упругая деформация
твердого тела», которая была изучена вами в основной школе. Этим методом вы
будете пользоваться впредь. Понятно, что, изучая явление, вы не будете каждый
раз проходить все этапы познания одновременно. На уроках вы будете выпол-
нять какую-то конкретную работу: наблюдать, измерять и систематизировать
данные, выдвигать гипотезы, делать теоретические выводы, эксперименталь-
но проверять теоретические расчеты. Важно при этом осознавать, на каком
этапе познания вы находитесь и какой шаг должен быть следующим.
1. Назовите этапы научного познания при изучении физических яв-
лений.
2. Соответственно этапам научного познания назовите известные вам
методы исследования физических явлений. Приведите примеры.
Упражнение 1.3 (по выбору)
1. Измерив нужные характеристики пружинной пушки (рис. 1.13), рассчитайте
угол, под которым должен быть сделан выстрел, чтобы снаряд пролетел до
цели заданное расстояние l. При вычислениях используйте метод подсчета
значащих цифр. Теоретический расчет проверьте экспериментально.

24
Рис. 1 .13
Рис. 1 .14
α
α
l
2. Рассчитайте угол наклона деревянной линейки (рис. 1.14), при котором де-
ревянный брусок будет скользить равномерно. Коэффициент трения считать
равным 0,33. Теоретический расчет проверьте экспериментально.
3. По характеристике кипятильника рассчитайте, какое время потребуется для
нагревания 200 г воды, взятой при комнатной температуре, до температуры
кипения. Теоретический расчет проверьте экспериментально.
4. Измерив жесткость пружины и массу груза, рассчитайте период колебаний
пружинного маятника. Теоретический расчет проверьте экспериментально.
5. Рассчитайте, какой должна быть длина нитяного маятника, синхронного
пружинному. Теоретический расчет проверьте экспериментально.
6. По данным, обозначенным на цоколе лампы, рассчитайте сопротивление ее
нити накала. Теоретический расчет проверьте экспериментально.
7. Подобрав две подходящие линзы, рассчитайте длину тубуса (зрительной
трубы) для самодельного микроскопа.
Самое важное в главе 1
1. Физика является фундаментальной наукой, поскольку она открывает первоо-
сновы, которые не являются логическим выводом из других наук. Вследствие
универсальности и общности законы физики лежат в основе других естествен-
ных наук, являются фундаментом всего естествознания. Выводы физики
являются достоверными, поскольку они получены научным методом.
2. Метод познания является научным, если определена познавательная проблема,
собраны относящиеся к этой проблеме данные, на основе данных сформули-
рована гипотеза, которая предположительно содержит решение поставленной
проблемы, и эта гипотеза экспериментально проверена.
3. Основными методами теоретических исследований в физике в зависимости от
вида гипотезы являются: метод принципов, метод математических гипотез
и метод модельных гипотез.

25
4. Совокупность знаний, полученных научным методом, об определенном круге
связанных между собой физических явлений составляет физическую теорию.
Теория — это результат обобщения опыта, практики и результатов научных
исследований. Она вскрывает основные закономерности определенной группы
явлений. Теория служит обобщенному описанию изучаемой группы явлений.
Главное назначение теории — объяснять наблюдаемые явления, предсказы-
вать новые явления.
5. Обобщенное представление о строении и движении материи, основанное на
фундаментальных достижениях науки и дающее объяснение явлений окружаю-
щего мира, называется физической картиной мира. Физическая картина мира
в историческом развитии влияет на формирование мировоззрения людей.
6. Внедренные в практику достижения науки становятся основой научно-
технического прогресса, способствуют развитию культуры и росту благосо-
стояния человечества.

26
§ 2.1. Механическое движение тел
27
§ 2.2. Радиус-вектор движущейся точки.
Вектор перемещения
32
§ 2.3. Скорость и ускорение материальной точки
при равноускоренном прямолинейном
движении
36
§ 2.4*. Скорость и ускорение материальной точки
при ее произвольном движении
42
§ 2.5. Относительность механического
движения
46
§ 2.6. Движение планет
52
§ 2.7. Ускорение свободного падения
55
§ 2.8. Кинематические методы в технике и
астрономии
57
§ 2.9. Примеры решения задач
62
§ 2.10. Задачи для самостоятельного решения
65
Самое важное в главе 2
66
МЕХАНИКА
Глава2
КИНЕМАТИКА

27
В разделе физики «Механика» изучается ме-
ханическое движение — изменение положения тел
в пространстве относительно друг друга с течением
времени. Основная задача механики заключает-
ся в нахождении положения тела в любой мо-
мент времени, если известны начальные усло-
вия: координаты и скорость тела в начальный
момент времени. В кинематике изучаются спосо-
бы описания механического движения.
Для количественного описания взаимного рас-
положения тел и решения основной задачи меха-
ники вводятся модели. Одна из важнейших моделей
кинематики — материальная точка. Материаль-
ной точкой называют тело, размерами которого
можно пренебречь в данной задаче.
Например, при расчете периода обращения кос-
мических кораблей вокруг Земли их можно считать
материальными точками. Однако при расчете ма-
невра стыковки этих же космических кораблей уже
нельзя считать их материальными точками.
Так как положение любого тела в пространстве
определяется только по отношению к другим телам,
то необходимо выбрать тело отсчета. Выбор тела
отсчета производится только из соображений удоб-
ства. Чаще всего за тело отсчета принимают Землю.
Относительно Земли естественно, например, изучать
движение автомобиля и поезда, самолета и артилле-
рийского снаряда. Но движение деталей автомобиль-
ного двигателя удобнее, конечно, изучать, приняв за
тело отсчета сам автомобиль. Движение планет це-
лесообразнее всего изучать относительно централь-
ного светила нашей планетной системы — Солнца.
Если мы рассматриваем движение планет отно-
сительно Солнца или Земли, то при определении
расстояний между ними можно считать и Солнце,
и Землю, и планеты материальными точками. Раз-
меры их малы по сравнению с расстояниями между
планетами, и этими размерами почти всегда можно
пренебречь. Однако при изучении движений на
земной поверхности размерами Земли пренебрегать
уже нельзя. Нужно выбрать какую-то точку на этой
поверхности, относительно которой и определять
положение тел.
§ 2.1
МЕХАНИЧЕСКОЕ
ДВИЖЕНИЕ ТЕЛ

28
Чем точнее мы хотим определить положение тел, тем точнее нужно зафик-
сировать на теле отсчета точку, относительно которой мы будем производить
измерения. Эта точка называется началом отсчета.
Положение тела в пространстве задается с помощью системы координат,
связанной с телом отсчета.
Сколько же координат необходимо для определения положения тела отно-
сительно начала отсчета?
Если тело может перемещаться только вдоль одной линии — не обязательно
прямой — то его положение можно определить при помощи одной координаты.
Этой координатой будет расстояние от какой-то произвольно выбранной точки
на этой линии, т.е . от какого-то начала отсчета. Так, положение автомашины
на шоссе вполне определяется при помощи одной координаты. Числа, напи-
санные на километровых столбах вдоль шоссе, как раз и представляют собой
такие координаты: они показывают, на каком расстоянии от некоего города —
т.е. от начала отсчета — находится автомашина (рис. 2 .1).
Поверхность имеет уже два измерения. Чтобы определить положение
тела, движущегося только по поверхности, надо знать две координаты. На-
пример, найти положение какого-либо географического пункта можно,
только зная его широту и долготу (рис. 2 .2).
Если же тело перемещается произвольно в пространстве, то его положение
будет задано, только когда известны три его координаты. Пространство имеет
три измерения, или, говоря короче, оно трехмерно. Если мы, например, за-
дали широту и долготу самолета, то этого мало, чтобы знать,—где находится
самолет. Надо указать еще и третью координату — его высоту над поверхностью
Земли (рис. 2 .3).
Рис. 2 .1
Рис. 2 .2
Широта 60°
Долгота 40°
Расстояние от города
36,3 км

29
При решении основной задачи механики необходимо определять положение
тела в любой момент времени, следовательно, необходимы и часы.
Тело отсчета, связанные с ним система координат и часы образуют
систему отсчета.
Если при исследовании движения нельзя воспользоваться моделью ма-
териальной точки, то часто применяют модель абсолютно твердого тела. Ее
используют в тех случаях, когда деформацией тел можно пренебречь.
Вспомним например, исследование движения молотка при забивании гвоз-
дя. В трех точках — 1, 2, 3 — на молотке были укреплены три электрические
лампочки (рис. 2.4, а). Во время движения молотка производилось фотогра-
фирование. Зафиксированные на фотографии следы-траектории (рис. 2 .4, б)
подтверждают сложный характер движения молотка, поэтому использовать
для описания движения модель материальной точки нельзя.
Однако имеются два вида движения абсолютно твердых тел — поступа-
тельное и вращательное, для описания которых можно воспользоваться моде-
лью материальной точки.
Поступательным движением твердого тела называется движение, при
котором любая прямая, соединяющая две любые точки тела, движется парал-
лельно самой себе (рис. 2 .5). Простейшим случаем поступательного движения
является, например, движение кузова автомобиля или железнодорожного
Рис. 2.3
Рис. 2 .4
Ш
и
р
о
т
а
4
5
°
Д
о
л
г
о
т
а
4
8
°
В
ы
с
о
т
а
1
2
к
м
1
2
3
а
б

30
вагона при их прямолинейном движении. Посту-
пательно движутся педали велосипеда, кабина
колеса обозрения, поршни двигателей, резец токар-
ного станка относительно станины, ракета при
старте, спускаемые аппараты при посадке. Посту-
пательно движется стрелка компаса корабля при
любых изменениях его курса.
Так как все точки твердого тела при его поступа-
тельном движении движутся одинаково, то для
кинематического описания поступательного движе-
ния твердого тела достаточно выяснить, как движет-
ся всего одна (любая) его точка.
Вращательным движением твердого тела во-
круг неподвижной оси называется такое движение,
при котором все его точки описывают окружности,
центры которых расположены на неподвижной
прямой, называемой осью вращения, а плоскости
окружностей перпендикулярны оси вращения
(рис. 2.6).
Отметим на рисунке 2.6 несколько точек (А, В,
С). За время t прямые, соединяющие точки А, В, С
с осью вращения О1О2, повернутся, как показывает
опыт, на один и тот же угол. Следовательно, для
определения положения твердого тела, совершаю-
щего рассмотренное вращательное движение, т.е .
для решения основной задачи механики, достаточ-
но изучить зависимость угла от времени одной его
точки.
Вращается вокруг своей оси Земля, вследствие
чего происходит смена дня и ночи, вращается во-
круг своей оси Луна, а с учетом того, что период
вращения Луны вокруг своей оси совпадает с пе-
риодом обращения Луны вокруг Земли, Луна ока-
зывается обращенной одной стороной к наблюда-
телям на Земле. Вращаются роторы турбин и
электрических машин, шестерни и валы во всевоз-
можных станках и машинах.
Чтобы осуществить вращательное движение
твердого тела, достаточно закрепить неподвижно
две его точки (О1 и О2 на рис. 2 .7), тогда прямая,
проходящая через эти точки, будет осью враще-
ния.
Рис. 2 .5
Рис. 2 .6
А
В
А
В
С
О2
О1
А
В

31
1. Сформулируйте основную задачу механики.
2. Что изучает кинематика?
3. С какой целью вводится понятие о системе отсчета?
4. Что требуется для задания системы отсчета?
5. Зачем вводится модель «материальная точка»? Приведите примеры,
когда тело можно считать материальной точкой, когда нет.
6. Какое движение называется поступательным? Приведите примеры
поступательного движения в быту, природе и технике.
7. Какое движение называется вращательным? Приведите примеры
вращательного движения в быту, природе и технике.
8. Приведите примеры сложных движений в природе и технике.
9. Какие движения совершаются разными частями роторного экска-
ватора (рис. 2.8)?
Рис. 2.7
Рис. 2 .8
О1
О2
Более сложные движения твердых тел можно рассматривать как сочетание
поступательного и вращательного движений. Например, движение колеса
автомобиля складывается из вращения колеса вокруг своей оси и поступатель-
ного движения относительно дороги.

32
Существует очень большое число различных
систем координат. Наиболее простой и поэтому
чаще всего используемой является хорошо извест-
ная вам система прямоугольных декартовых коор-
динат, названная так в честь французского физика
и математика XVII в. Рене Декарта (1596—1650).
В физике также применяют описание положения
точки относительно тела отсчета с помощью
радиуса-вектора.
Радиус-вектор
r
r — направленный отрезок,
проведенный из начала координат в данную точку
М (рис. 2.9). Положение точки М определяется
длиной отрезка ОМ (модулем радиуса-вектора) и
ориентацией радиуса-вектора относительно тела
отсчета (углами φ1 и φ2).
При движении тела по прямой линии достаточ-
но знать модуль радиуса-вектора. При движении
тела в плоскости, кроме модуля радиуса-вектора,
нужно знать угол, задающий ориентацию этого
вектора в плоскости. При движении тела в про-
странстве, кроме модуля радиуса-вектора, нужно
знать два угла, задающих ориентацию этого век-
тора в пространстве. Другими словами, независимо
от того, какой системой координат мы пользуемся,
для определения места события нужно знать три
числа.
Спроецируем конец радиуса-вектора (точку М)
на оси декартовой системы координат (рис. 2 .10).
Точки М1, М2 и М3 позволяют определить декарто-
вы координаты х, y, z точки М. Длины отрезков
ОМ1 , ОМ2, ОМ3, взятые со знаком «+» или «–»,
принято называть проекциями вектора
r
r.Ихобыч-
но обозначают rx
,ry,r
z
. Проекции вектора считаются
положительными, если направление движения от
начала координат совпадает с направлением осей.
Если же направление движения противоположно
направлению оси, то проекции вектора считаются
отрицательными. Например, для точки М (рис. 2 .11)
одна из проекций отрицательна.
Модуль радиуса-вектора равен =+
+
222
xyz
rrrr
.
Если материальная точка М движется относи-
тельно выбранной системы отсчета в плоскости ХY,
Рис. 2 .9
§ 2.2
РАДИУС-ВЕКТОР
ДВИЖУЩЕЙСЯ
ТОЧКИ.
ВЕКТОР
ПЕРЕМЕЩЕНИЯ
Рис. 2 .10
X
M
Z
Y
О
О
φ2 φ1
r
r
r
r
X
x
y
z
M
M1
M3
M2
Z
Y

33
то с течением времени изменяются направление и модуль радиуса-вектора
этой точки в соответствующей системе координат. Следовательно, изменяют-
ся и координаты точки, и проекции радиуса-вектора.
Пусть за промежуток времени Δt = t2 – t1 материальная точка переместилась
из М1 в M2 (рис. 2.12). При этом радиус-вектор изменяется на Δ= −
rrr
21
rrr
. Часто
изменение радиуса-вектора называют перемещением
r
s:Δ
r
r=
r
s . Из рисунка
2.12 видно, что проекции вектора перемещения равны изменению координат
движущейся точки: sx
= х2–х1;sy=y2–y1.
Так как координаты движущейся точки изменяются с течением времени,
то можно изучить зависимость координат от времени. Эта зависимость вы-
ражается функциями х = f1(t) и y = f2(t), которые называются координатными
уравнениями движения.
При движении точки можно зафиксировать ее траекторию. Траектория
движения материальной точки — это геометрическая линия, по которой
движется эта точка. В случае движения точки в плоскости траектория описы-
вается некоторой функцией y(х).
Длина участка траектории между двумя положениями точки на ней — это
путь l.
Исследование 2.1
Цель исследования: получить уравнение траектории по стробоско-
пической фотографии движущегося тела.
На рисунке 2.13 представлена стробоскопическая фотография движения
шарика, который в результате взаимодействия со сжатой пружиной приобрел
скорость в горизонтальном направлении. Снимки выполнены с интервалом
Рис. 2 .11
Рис. 2.12
О
x1
y1
sx
sy
t2
x2
y2
t1
rx
ry
rz
r
r
X
X
M
M2
M1
О
M2
M3
M1
Z
Y
Y
r
s
r
r1
r
r2

34
между вспышками, равным t0 =
1
30
с, расстояние между белыми линиями
равно 0,15 м.
Вариант выполнения исследования
1. Выберите систему координат так, как показано на рисунке 2.13.
2. Докажите, что траектория движения шарика — парабола. Для этого
воспользуйтесь основным свойством параболы: если координата х увеличива-
ется в п раз, то координата y увеличивается в п2 раз.
Для доказательства измерьте координаты двух любых положений шарика
и сравните отношения
2
1
x
x
и
2
1
y
y
.
3. Найдите вид зависимости y от х. Сначала запишите уравнение траектории
в общем виде: y = kx2
. Затем подставьте в это уравнение координаты x1 (x2)
одного из положений шарика на траектории и определите значение коэффици-
ента k.
4. Запишите уравнение траектории с учетом найденного значения k.
1. Дайте определение радиуса-вектора движущейся точки.
2. Запишите уравнение траектории, которое у вас получилось в иссле-
довании 2.1. Пользуясь этим уравнением, определите координату
х,еслиy=2,2см.
3. Определите проекции и модуль радиуса-вектора для последнего,
зафиксированного на рисунке 2.13, положения шарика.
Рис. 2 .13
О
X
Y

35
Рис. 2.14
Луна
D
l
d
L
Упражнение 2.1
1. Мяч упал с высоты 3 м, отскочил от пола и был пойман на высоте 1 м. Найдите
путь и перемещение мяча.
2. Движущийся равномерно автомобиль сделал разворот, описав половину
дуги окружности. Сделайте чертеж, на котором укажите пути и перемещения
автомобиля за все время разворота и за треть этого времени. Во сколько
раз пути, пройденные за указанные промежутки времени, больше модулей
соответствующих перемещений?
3. Движение материальной точки в данной системе отсчета характеризуется
уравнениями: x = 2+t, y = 1+ 2t (величины заданы в единицах СИ). Найдите
уравнение траектории. Постройте траекторию на плоскости ХОY.
4. Вертолет пролетел на юг в горизонтальном полете 12 км, затем повернул
строго на восток и пролетел еще 16 км. Сделайте чертеж, найдите путь и
перемещение вертолета.
5. Катер прошел из пункта А по озеру расстояние 5 км, затем повернул под
углом 30° к направлению своего движения. После этого он двигался до тех
пор, пока направление на пункт А не стало составлять угол 90° с направлением
его движения. Каково перемещение катера? Какое расстояние до пункта А
ему еще предстоит пройти?
Домашнее исследование
Измерьте расстояние до Луны.
Вариант выполнения исследования
1. Направьте измерительную линейку на Луну, поместив ее начальный
конец у одного глаза (рис. 2 .14).
2. Передвигая полоску бумаги вдоль линейки, найдите такое ее положение,
при котором она закрывает Луну.
3. Рассмотрите рисунок 2.14, найдите подобные треугольники и получите
соотношение
=
Ll
Dd
, где L — расстояние до Луны, D — ее диаметр (D ≈ 3500 км),
l — расстояние от глаза до полоски бумаги, d — ширина полоски.
4. Выразив из полученного соотношения L, вычислите его.

36
В тех случаях, когда моделью движущегося
тела может быть материальная точка, основными
кинематическими характеристиками движения
являются скорость и ускорение.
При введении этих понятий используется про-
цедура предельного перехода. Рассмотрим суть этой
процедуры на примере понятия мгновенной скоро-
сти. Для этого воспользуемся прибором для изуче-
ния движения. Напомним, как он действует.
По направляющей может двигаться каретка,
в выступе которой укреплен магнит. Вдоль направ-
ляющей могут устанавливаться датчики. При про-
хождении каретки мимо первого датчика электрон-
ный секундомер включается, а при прохождении
каретки мимо второго — выключается (рис. 2 .15).
Допустим, мы хотим измерить скорость каретки,
когда она проходит точку, отстоящую от верхней
точки на расстоянии 18 см. Для этого датчик, вклю-
чающий секундомер, установим в этой точке, а
датчик, выключающий секундомер, — на некото-
ром расстоянии от первого, например на расстоянии
8 см (см. рис. 2 .15). Секундомер показал 0,09 с.
Найдем отношение
0,08 м
0,09 с
= 0,89 м/с. Это значе-
ние лишь приближенно можно принять за скорость
в точке с координатой 18 см.
§ 2.3
СКОРОСТЬ
И УСКОРЕНИЕ
МАТЕРИАЛЬНОЙ
ТОЧКИ
ПРИ
РАВНОУСКОРЕННОМ
ПРЯМОЛИНЕЙНОМ
ДВИЖЕНИИ
Рис. 2 .16
Рис. 2 .15
Рис. 2 .17

37
Установка позволяет уточнить это значение. Приблизим второй датчик к
первому (рис. 2.16). Получим
0,06
0,07
м/с = 0,86 м/с. Сделаем расстояние Δl
между датчиками еще меньше (рис. 2 .17). Получим
0,05
0,06
м/с = 0,83 м/с.
Мы видим, что частное
Δ
Δ
l
t
при уменьшении Δl и Δt стремится к некоторо-
му предельному значению, которое и представляет собой мгновенную скорость
в выделенной точке. В математике, как вам известно, вводится специальное
понятие — предел (limit), используя которое скорость можно записать так:
v=
Δ→
Δ
Δ
0
lim
t
l
t
.
Рассмотренный способ измерения мгновенной скорости применяется при
изучении поступательного движения с использованием компьютера в качестве
средства измерения. Внешний вид установки показан на рисунке 2.18, а ее
устройство — на рисунке 2.19.
По направляющей движется каретка 1 (см. рис. 2 .19). На каретку и направ-
ляющую наклеены магнитные полосы 2, так что каретка движется почти без
трения на магнитной подушке. На каретке на расстоянии Δl = 5 см друг от
друга устанавливаются два стержня 3. При последовательном прохождении
Рис. 2.18
Рис. 2.19
5
4
3
2
1

38
каретки через оптические ворота 4 (на схеме показаны только одни ворота)
стержни пересекают узкий световой пучок 5. Возникающие при этом электри-
ческие сигналы поступают в компьютерный измерительный блок, а затем — в
системный блок компьютера. Программа обеспечивает регистрацию сигналов,
поступающих от датчиков; отображение их на экране монитора; проведение
обработки данных.
Измерим ускорение при поступательном равноускоренном движении карет-
ки. При таком движении можно воспользоваться соотношением
−
=
21
vv
a
t
,
гдеv2иv1—скоростивмоментывремениt2иt1,аt=t2–t1.
Пусть мы хотим измерить скорости в точках с координатами х1 = 30 см и
х2 = 80 см. В этих точках и установим оптические датчики — ворота (см. рис.
2.18).
Стержни, установленные на каретке, пересекают луч света как при про-
хождении через первые ворота, так и через вторые. Программа позволяет из-
мерить промежутки времени Δt1 и Δt2, за которые каретка проходит соответ-
ственно первые и вторые ворота, а также интервал времени t2 – t1.
Проведем пуск каретки. На экране монитора отобразятся схема процес-
са в графической форме и результаты измерений промежутков времени
(рис. 2 .20). При помощи схемы (рис. 2 .21) поясним, что это за промежутки
времени.
Промежуток времени Δt1 = 0,250 с — это время прохождения двух стержней
через первый оптический датчик. Мгновенная скорость при прохождении
каретки мимо деления 30 см равна v1 =
0,05 м
0,25 с
= 0,20 м/с.
Второй датчик каретка пересекает за промежуток времени Δt2 = 0,153 с — это
время прохождения каретки через второй датчик. Следовательно, скорость в
точке с координатой 80 см равна v2 =
0,05 м
0,153 с
= 33 м/с.
Рис. 2 .20
Рис. 2 .21
Δt2= 0,153 c
t=1,743c
Δt1= 0,250 c

39
Время t = 1,743 с — это время между выходом каретки из первых ворот
и ее входом во вторые, что позволяет определить ускорение каретки a1 =
=
0,33 м/с – 0,20 м/с
1,743 с
= 0,07 м/с2
.
Можно найти промежуток времени между входом каретки в первые ворота
и выходом ее из вторых. Это время равно: 0,250 с + 1,743 с + 0,153 с = 2,143 с.
Тогда ускорение каретки равно a2 =
0,13 м/с
2,143 с
= 0,06 м/с2
.
Эти вычисления показывают, что истинное значение ускорения находит-
ся в интервале между 0,060 м/с2 и 0,070 м/с2
.
Абсолютная погрешность измерения равна
(0,070 – 0,060) м/с2
2
= 0,005 м/с2
.
Относительная погрешность не превосходит
0,005
0,065
· 100%=8%.
Выяснив, как можно определить скорость и ускорение равноускоренно-
го движения, рассмотрим решение основной задачи механики для равноуско-
ренного прямолинейного движения материальной точки.
Направим ось ОХ вдоль вектора ускорения
r
a (рис. 2 .22). Построим график
зависимости vx
= v0x + axt проекции скорости от времени (рис. 2.23). Напомним,
что путь l численно равен площади трапеции, образованной графиком про-
екции скорости, осями координат и перпендикуляром, который проведен из
точки, соответствующей рассматриваемому моменту.
В данном случае путь совпадает с проекцией sx перемещения. Из рисунка
2.23 видно, что
2
0
2
x
xx
at
svt
=+ .Ноsx
= x – x0 (см. рис. 2.22). Следовательно,
2
00
2
x
x
at
xx vt
=++
.
Рис. 2.22
О
x0
x
X
v
r
0
r
a
r
s

40
При движении на плоскости аналогичные уравнения могут быть записаны
для двух координат:
2
00
2
x
x
at
xx vt
=++;
2
00
2
y
y
at
yy vt
=++
.
Итак, знание ускорения тела, его начальных координат и начальной ско-
рости позволяет найти координаты тела в любой момент времени, т.е . решить
основную задачу механики.
Исследование 2.2
Цель исследования:измерить ускорение.
Оборудование: прибор для изучения движения каретки; электронный се-
кундомер (рис. 2 .24).
Вариант выполнения исследования
1. Соберите установку в соответствии с рисунком 2.24 .
2. Установите датчики. Добейтесь такого расположения верхнего датчика,
чтобы секундомер включался сразу после начала движения.
3. Докажите, что каретка движется равноускоренно.
Для этого воспользуйтесь известными вам признаками равноускоренного
движения, например таким: при движении без начальной скорости путь про-
порционален квадрату времени движения
2
11
2
2
2
lt
lt
⎛⎞
=
⎜⎟
⎝⎠
.
Рис. 2 .24
Рис. 2 .23
О
t
t
axt
vx
v0x

41
4. Измерьте ускорение движения каретки. Для этого выразите ускорение
из формулы l =
2
2
at
.
1. В чем сущность предельного перехода при введении понятия мгно-
венной скорости?
2. Опишите экспериментальный способ измерения мгновенной ско-
рости.
Упражнение 2.2
1. Поезд через 10 с после начала движения приобретает скорость 0,6 м/с. Через
сколько времени от начала движения скорость поезда станет равна 3 м/с?
2. Велосипедист движется под уклон с ускорением 0,3 м/с2. Какую скорость
приобретает велосипедист через 20 с, если его начальная скорость равна
4 м/с?
3. За какое время автомобиль, двигаясь с ускорением 0,4 м/с2, увеличит свою
скорость с 12 до 20 м/с?
4. Зависимость скорости от времени при разгоне автомобиля задана формулой1
vx = 0,8t. Найдите скорость в конце пятой секунды.
5. Движения материальных точек заданы уравнениями: a) x1 = 10t + 0,4t 2;
б)x2=2t–t2;в)х3=–4t+2t2;г)x4==–t
–
6t 2. Напишите зависимость
vx(t) для каждого случая; постройте графики этих зависимостей; определите
вид движения в каждом случае.
6. Движения двух автомобилей по шоссе заданы уравнениями х1 = 2t + 0,2t 2 и
x2 = 80 – 4t. Опишите картину движения; найдите время и место встречи авто-
мобилей; расстояние между ними через 5 с; координату первого автомобиля
в тот момент времени, когда второй находился в начале отсчета.
1 В задачах 4—6 этого параграфа величины, входящие в уравнения, заданы в СИ.

42
Мгновенная скорость. На траектории движе-
ния зафиксируем два, как можно ближе располо-
женных, положения точки (А и В) в моменты време-
ни t и t + Δt и определим вектор перемещения
r
s,
равный разности радиусов-векторов конечного и
начального положения точки: =−
rrr
21
sr r(рис. 2.25).
Тогда отношение
21
rr rs
ttt
−
Δ
==
ΔΔΔ
rr
rr
при Δ→0
t
и
определит скорость точки в момент t. При этом
вектор скорости v
r
направлен по касательной к
траектории, а его модуль при Δ→0
t
близок к зна-
чению, определяемому из выражения
s
v
t
=
Δ
. По-
скольку проекции вектора
r
s наосиОХиОYравны
соответственно Δx и Δy , то из формулы
s
v
t
=
Δ
r
r
следует, что проекции vx и vy вектора v
r
равны:
x
x
v
t
Δ
=
Δ
иy
y
v
t
Δ
=
Δ
.
Эти соотношения позволяют применить коорди-
натные уравнения: х = f1(t) и y = f2(t) для оценки
модуля и направления вектора v
r
. Для этого на
координатных плоскостях х,t и y,t строят графики
функций x(t) и y(t). Чтобы найти проекцию vx век-
тора v
r
в момент t, проведем в точке А касательную
к графику x(t) (рис. 2 .26). Тангенс угла наклона ка-
сательной к оси времени, найденный с учетом мас-
штабов, и определяет vx: vx
=tg
AA
AA
α
′
=
′′
′
. Аналогич-
но находим vy.
После того как определены проекции vx и vy век-
тора скорости, модуль v вектора скорости можно
найти по формуле v =
22
xy
vv
+ . Направление век-
тора v
r
определяется углом
tg
y
x
v
v
ββ
⎛⎞
=
⎜⎟
⎝⎠
, который
образует вектор v
r
с горизонтальной осью.
§ 2.4*
СКОРОСТЬ И
УСКОРЕНИЕ
МАТЕРИАЛЬНОЙ
ТОЧКИ ПРИ ЕЕ
ПРОИЗВОЛЬНОМ
ДВИЖЕНИИ
Рис. 2 .25
Рис. 2 .26
О
О
α
t
t
x
X
A′′
A
A′
B
A
Y
r
sr
r2
r
r1
v
r

43
Ускорение движения материальной точки.
Вторая кинематическая характеристика движения
точки — ускорение. Изобразим векторы скорости
движущейся точки в два момента времени: t и t + Δt
(рис. 2.27, а). Затем определим изменение скорости
Δv
r
(рис. 2.27, б). Тогда отношение
v
a
t
Δ
=
Δ
r
r
приΔt→0
определит ускорение в момент времени t.
Для проекций ускорения получим: ax
=
x
v
t
Δ
Δ
и
ay=
y
v
t
Δ
Δ
.
Сравнение этих формул с аналогичными для про-
екций скорости (vx
=
x
t
Δ
Δ
иvy=
y
t
Δ
Δ
) позволяет
определить ax и ay по графикам зависимостей про-
екций скоростей от времени.
Найдем ax
. Для этого проведем в точке A каса-
тельную к графику зависимости vx(t) (рис. 2 .28) и
определим с учетом масштаба тангенс угла наклона
касательной к оси времени:
′
==
′′′
tg
x
AA
a
AA
α
. Ана-
логично находим ay.
После того как проекции ax и ay вектора ускоре-
ния a
r
найдены, легко определить модуль ускоре-
ния:а=
22
xy
aa
+ . Направление вектора a
r
(рис. 2 .29)
определяется углом φ tg
y
x
a
a
φ
⎛⎞
=
⎜⎟
⎝⎠
.
Рассмотренные кинематические методы иссле-
дования движения материальной точки можно
применить к поступательному движению твердого
тела, так как оно описывается движением одной
точки.
Применим процедуру нахождения ускорения
к движению точки по окружности с постоянной по
модулю скоростью.
Таким движением в первом приближении мож-
но считать движение планет. К примеру, модуль
Рис. 2.27
Рис. 2.28
Оα
vx
t
A
A′
A′′
t
t+Δt
t
X
Y
v
r
2
v
r
1
а
б
О
б
v
r
1
Δ
v
r
v
r
2
Δv
r

44
скорости движения Венеры в системе отсчета, свя-
занной с Солнцем, изменяется всего на 1,8% за
время ее полного обращения. Максимальное рас-
стояние Венеры от Солнца лишь на 0,7 % отлича-
ется от минимального.
Движение тела по окружности с постоянной по
модулю скоростью является ускоренным. Вектор
a
r
направлен к центру окружности, т.е. перпенди-
кулярно вектору v
r
(рис. 2 .30), a его модуль равен
а=
2
v
r
. Докажем эти два утверждения.
Ускорение
v
a
t
Δ
=
Δ
r
r
при Δt → 0. В данном случае
оно характеризует изменение направления скоро-
сти.
Рассмотрим положение тела в двух точках А и В
в моменты времени t и t + Δt. Обозначим через Δα
угол поворота радиуса-вектора r
r
. Перемещение
тела за время Δt равно Δ= −
rrr
21
rr r(рис. 2.31). Моду-
ли v1 и v2 скоростей и r1 и r2 радиусов-векторов
равныпоусловию:v1=v2=v,r1=r2=r.
Совместив начала векторов скоростей в одной
точке, найдем изменение скорости Δ v
r
(рис. 2 .32).
Из подобия получившегося треугольника и тре-
угольника OAB (см. рис. 2.31) следует:
vr
vr
ΔΔ
=
,
откуда получаем:
v
vr
r
Δ= Δ, а, значит, искомое
ускорение
vvr
a
trt
ΔΔ
==
⋅
ΔΔ
.
Рис. 2 .30
Рис. 2 .32
Рис. 2 .31
Рис. 2 .29
О
О
φ
Δ
r
r
Δα
ay
ax
X
B
A
Y
r
r2
r
r1
v
r
2
v
r
1
v
r
v
r
r
a
r
a
Δv
r
Δα
v
r
1
v
r
2
r

45
ПриΔt→0
r
v
t
Δ
→
Δ
и
2
v
a
r
=
.
Направление этого ускорения совпадает с направлением вектора Δ v
r
при вы-
полнении условия Δt → 0. При этом угол Δ α стремится к нулю, а вектор Δ v
r
оказывается направленным перпендикулярно скорости. Учтя, что скорость
тела направлена по касательной, делаем вывод: вектор Δ v
r
, а, следовательно,
и вектор ускорения a
r
, перпендикулярен к касательной, т.е . направлен к цен-
тру окружности. Поэтому ускорение тела, движущегося по окружности с по-
стоянной по модулю скоростью, называют центростремительным.
1. Как направлен вектор скорости?
2. Опишите процедуру нахождения скорости материальной точки.
3. Опишите процедуру нахождения ускорения материальной точки.
Упражнение 2.3
1. Первая в мире орбитальная космическая станция, образованная в результате
стыковки космических кораблей «Союз-4» и «Союз-5» 16 января 1969 г., име-
ла период обращения 88,85 мин и среднюю высоту над поверхностью Земли
230 км (считая орбиту круговой). Найдите скорость движения станции.
2. Найдите центростремительное ускорение точек колеса автомобиля, сопри-
касающихся с дорогой, если автомобиль движется со скоростью 72 км/ч и
при этом частота обращения точек колеса равна 8 с–1
.
3. Каково центростремительное ускорение поезда, движущегося по закруглению
радиусом 800 м со скоростью 20 м/с?
Домашнее экспериментальное исследование
Используя стробоскопическую фотографию, представленную на рисун-
ке 2.13, определите скорости точки в моменты времени t1 =
=
51
cc
306
иt2=
=
=
84
cc
30 15
. Найдите ускорение точки в интервале времени Δt = t 2 – t 1 =
=
=
31
cc
30 10
.

46
Изучение движения тел в разных системах
отсчета. Систему отсчета в зависимости от иссле-
дуемой проблемы выбирают из соображений удоб-
ства и простоты математического описания движе-
ния. Часто при описании движения приходится
осуществлять переход от одной системы отсчета к
другой. Например, при запуске автоматической
межпланетной станции (АМС) на Венеру (рис. 2 .33)
координату и начальную скорость АМС определяют
относительно космодрома как определенной точки
на поверхности Земли. При выведении АМС на про-
межуточную орбиту искусственного спутника Зем-
ли удобнее пользоваться системой отсчета, связан-
ной с центром Земли. На траектории полета АМС
к Венере целесообразно пользоваться системой от-
счета, связанной с Солнцем. При посадке на поверх-
ность Венеры важно знать скорость и координаты
АМС относительно поверхности планеты, поэтому
следует пользоваться системой отсчета, связанной
с поверхностью Венеры.
При переходе из одной системы отсчета к другой
возникает проблема связи кинематических харак-
теристик движения — координат, перемещения,
скорости, ускорения — друг с другом.
Сложение перемещений. Выясним на опыте,
как связаны перемещения одной и той же матери-
альной точки в разных системах отсчета. Одна систе-
ма отсчета движется поступательно относительно
§ 2.5
ОТНОСИТЕЛЬНОСТЬ
МЕХАНИЧЕСКОГО
ДВИЖЕНИЯ
Рис. 2 .33
160 тыс. км
Выход
на траекторию
полета к Венере
Земля
Венера
Выведение на
промежуточную
орбиту «ИСЗ»
Торможение
в атмосфере
Венеры

47
другой. Неподвижную систему отсчета ХОY свяжем с классной доской, подвиж-
ную систему отсчета Х′O′Y′ — с рамой, которая перемещается поступательно
вдоль доски (рис. 2.34, а). Движущимся телом является шарик. К шарику при-
вязана нить, которая обеспечивает его движение по проволоке (модели траекто-
рии) в подвижной системе отсчета.
При перемещении подвижной системы отсчета вправо шарик движется по
проволочной траектории, при этом траектория шарика относительно непод-
вижной системы отсчета фиксируется на доске (рис. 2 .34, б).
На рисунке 2.35 показаны траектория шарика относительно неподвижной
системы отсчета (1), траектория шарика относительно подвижной системы
отсчета (2) и соответствующие перемещения: 0s
r
—
перемещение подвижной
системы отсчета относительно неподвижной, s′
r
—
перемещение шарика в
подвижной системе отсчета и s
r
—
перемещение шарика относительно непод-
вижной системы отсчета.
Результаты опыта позволяют сделать следующий вывод:
Перемещение s
r
точки относительно неподвижной системы отсчета
равно векторной сумме перемещения 0s
r
подвижной системы отсчета от-
носительно неподвижной и перемещения s′
r
точки относительно подвижной
системы отсчета:
0
sss
=+
′
rrr
.
(1)
Соотношение (1) справедливо и для малых перемещений:
0
sss
Δ=Δ +Δ′
rrr
.
(2)
Сложение скоростей. Разделим обе части уравнения (2) на малый про-
межуток времени Δt:
0
s
ss
ttt
Δ
ΔΔ
′
=+
ΔΔΔ
r
rr
.
(3)
Рис. 2.34
аб

48
Рис. 2 .37
Рис. 2 .38
В формуле (3)
s
t
Δ
Δ
r
—
это скорость v
r
тела в непод-
вижной системе отсчета,
0
s
t
Δ
Δ
r
—
скорость 0
v
r
под-
вижной системы отсчета и
s
t
Δ′
Δ
r
—
скорость v ′
r
тела
относительно подвижной системы отсчета.
Следовательно, скорость точки относительно
неподвижной системы отсчета равна векторной
сумме скорости системы отсчета и скорости
точки относительно подвижной системы отсче-
та (рис. 2 .36):
0
vvv
=+
′
rrr
.
(4)
* Сложение ускорений. Пусть за время Δt ско-
рость точки и скорость поступательно движущейся
системы отсчета изменились. Тогда изменение ско-
рости Δ v
r
относительно неподвижной системы от-
счета равно
0
vvv
Δ=Δ +Δ′
rrr
. Если разделить обе части
этого равенства на Δt , то мы получим:
0
aaa
=+
′
rrr
.
(5)
Соотношение (5) можно проиллюстрировать
следующим опытом.
Укрепим на держателе подвижной системы от-
счета магнит, а к нему подвесим шарик (рис. 2 .37).
Приведем эту систему отсчета в ускоренное дви-
жение влево с ускорением 0
a
r
. Шарик оторвется от
магнита и упадет в поддон (рис. 2 .38).
Рис. 2 .36
Рис. 2 .35
2
1
r
s
v
r
0
r
s0
r
s′
v
r
v
r
′

49
По отношению к системе отсчета, связанной
с классной доской, шарик падает вертикально и
совершает перемещение, модуль которого равен
h=
2
2
gt
. Система отсчета за это время сдвигается
влево на расстояние L =
2
0
2
at
. В подвижной системе
отсчета шарик движется под углом к вертикали; этот
угол определяется выражением:
0
0
tg
a
g
α= (рис.
2.39). Ускорение a ′
r
при этом оказывается таким,
что
0
aag
+=
′
r
rr
.
Итак, при поступательном движении системы
отсчета для кинематических характеристик дви-
жущейся материальной точки справедливы следую-
щие теоремы сложения:
0
sss
=+
′
rrr
,
0
vvv
=+
′
rrr
,
0
aaa
=+
′
rrr
.
Полученные выводы справедливы в классиче-
ской механике при движении со скоростями, мно-
го меньшими скорости света: v << c.
Сложение скоростей при вращательном дви-
жении. Большое распространение в технике полу-
чило вращение твердого тела вокруг оси, положе-
ние которой в теле остается неизменным, но она
сама движется прямолинейно и поступательно от-
носительно некоторой системы отсчета. Именно так
происходит, например, движение колес всех видов
колесного транспорта — автомобиль и оси колес
движутся поступательно (со скоростью 0
v
r
—
рис.
2.40, а), а в системе отсчета, связанной с автомоби-
лем, колеса вращаются.
Пусть колесо в подвижной системе отсчета вра-
щается равномерно. Тогда скорость v′ любой точки
A колеса в этой системе отсчета направлена по ка-
сательной к окружности (см. рис. 2 .40, а). Скорость
точки в неподвижной системе отсчета равна:
0
vvv
=+
′
rrr
(рис. 2 .40, б).
Рис. 2 .39
Рис. 2.40
б
а
α0
r
a0
r
a′
g
r
А
v
r
0
v
r
v
r
′
А
v
r
0
v
r
′
Рис. 2.41
R
r
φ
φ
K
v
r
0

50
* Система отсчета, связанная с Землей. Совме-
стим ось OZ системы отсчета с осью вращения Зем-
ли. Эта система вращается с периодом Т, близким
к 24 ч, и движется по почти круговой орбите радиу-
сом 150 млн км вокруг Солнца со скоростью 30 км/с.
Ось OZ образует с плоскостью орбиты угол 65° .
В этой системе отсчета мы с вами живем. Именно
в ней были проведены исследования Галилея и Нью-
тона.
Теоремы сложения перемещений и скоростей
верны и во вращающихся системах отсчета, что
широко используется, например, в космонавтике.
Известно, что космодромы целесообразно стро-
ить как можно ближе к экватору. Этот выбор объ-
ясняется тем, что при запуске космического аппа-
рата его скорость относительно Земли складывает-
ся со скоростью космодрома (K) относительно
неподвижной системы отсчета, связанной с осью
вращения Земли (рис. 2.41). Скорость космодрома,
равная 0
22
cos
rR
v
TT
ππ
φ
==
, тем больше, чем мень-
ше широта местности φ.
Ускорение относительно вращающихся си-
стем отсчета. Если тело движется относительно
вращающихся систем отсчета произвольным об-
разом, то теорема сложения ускорений
0
aaa
=+
′
rrr
,
справедливая для поступательного движения си-
стемы отсчета, значительно усложняется. Для по-
яснения этого обратимся к опыту. Воспользуемся
равномерно вращающимся диском, с которым свя-
жем вращающуюся систему отсчета. Укрепим на
диске трубку с отогнутым концом, а на периферии
диска с помощью пластилина укрепим спички (рис.
2.42). Если опустить шарик в трубку при непод-
вижном диске, то шарик, двигаясь по диску, собьет
спички, установленные напротив желоба (рис. 2.43,
а, вид сверху).
Приведем диск в состояние равномерного вра-
щения и опустим в трубку шарик. Шарик будет
перемещаться вдоль радиуса диска и при этом со-
бьет спички, смещенные по отношению к желобу
(рис. 2.43, б, вид сверху).
Рис. 2 .43
Рис. 2 .42
б
а
Δ
r
a
v
r
′

51
Таким образом, если тело движется относительно вращающейся системы
отсчета со скоростью v ′
r
,то
0
aaa a
=++
Δ
′
rrr
r
,где a
Δ
r
—
дополнительное ускоре-
ние, перпендикулярное оси вращения и скорости v ′
r
(см. рис. 2 .43, б).
Ряд явлений на Земле объясняются тем, что тела приобретают относитель-
но нее ускорение a
Δ
r
. Со многими из этих явлений вы знакомы из курса гео-
графии. Например, вы знаете, что у рек, текущих вдоль меридианов, в север-
ном полушарии происходит подмывание правого берега, а в южном — левого.
Вам известны пассаты — постоянные ветры в тропических областях обоих по-
лушарий. В нашем (северном) полушарии они дуют с северо-востока, в южном
полушарии — с юго-востока.
1. Как на опыте доказать теорему сложения перемещений?
2. Как формулируется теорема сложения скоростей?
3. Как формулируется теорема сложения ускорений?
4. При каком условии справедливы теоремы сложения скоростей и
ускорений?
5. Приведите примеры явлений, которые объясняются вращением
Земли вокруг своей оси.
Упражнение 2.4
1. Вертолет равномерно поднимается вертикально вверх. Какова траектория
движения точки на конце лопасти винта вертолета в системе отсчета, связанной
с поверхностью Земли?
2. Пловец плывет по течению реки. Чему равна скорость пловца относительно берега
реки, если скорость пловца относительно воды 2 м/с, а скорость течения реки
0,5 м/с?
3. Кран равномерно поднимает груз вертикально вверх со скоростью 0,3 м/с
и одновременно равномерно и прямолинейно движется по горизонтальным
рельсам со скоростью 0,4 м/с. Чему равна скорость груза в системе отсчета,
связанной с Землей?
4. Диск радиусом R равномерно катится по горизонтальной поверхности без
проскальзывания. Скорость центра диска равна v0. Чему равны скорость и
ускорение самой верхней точки диска в системе отсчета, связанной с Зем-
лей?

52
Законы Кеплера. Заслуга открытия законов
движения планет принадлежит немецкому ученому
Иоганну Кеплеру (1571—1630). В начале XVII в.
Кеплер, изучая обращение Марса вокруг Солнца,
установил три закона движения планет.
Первый закон Кеплера: Каждая планета об-
ращается по эллипсу, в одном из фокусов кото-
рого находится Солнце (рис. 2 .44).
Эллипсом (см. рис.2 .44) называется плоская
замкнутая кривая, имеющая такое свойство, что
сумма расстояний каждой ее точки от двух точек,
называемых фокусами, остается постоянной. Эта
сумма расстояний равна длине большой оси AD
эллипса. Точка О — центр эллипса, К и S — фоку-
сы. Солнце находится в фокусе S, AO = ОD = а —
большая полуось эллипса. Большая полуось яв-
ляется средним расстоянием планеты от Солнца:
а=
+
2
AS SD
.
Ближайшая к Солнцу точка орбиты D называет-
ся перигелием, а самая далекая от него точка A —
афелием.
Степень вытянутости эллипса характеризуется
его эксцентриситетом е. Эксцентриситет равен
отношению расстояния фокуса от центра (OK = OS)
к длине большой полуоси а, т.е . е =
OS
OA
. При со-
впадении фокусов с центром (е = 0) эллипс превра-
щается в окружность.
§ 2.6
ДВИЖЕНИЕ ПЛАНЕТ
Рис. 2 .45
Рис. 2 .44
А
ф
е
л
и
й
Большая
полуось
П
е
р
и
г
е
л
и
й
D
S
A
M
M1
M2
M3
M4
A
D
K
O
S

53
Орбиты планет — эллипсы, мало отличающиеся от окружностей; их экс-
центриситеты малы. Например, эксцентриситет орбиты Земли е = 0,017.
Второй закон Кеплера: При движении планеты отрезок, соединяющий
ее с Солнцем, за равное время заштриховывает одинаковые площади.
Рисунок 2.45 иллюстрирует, что площади секторов SM1M2 и SM3M4 рав-
ны. Участки орбиты M1M 2 и М3М4 планета проходит за одинаковые про-
межутки времени, а, следовательно, планета движется вокруг Солнца не-
равномерно: линейная скорость вблизи перигелия больше, чем вблизи
афелия.
Третий закон Кеплера: Квадраты периодов обращения планет в систе-
ме отсчета, связанной с Солнцем, относятся как кубы больших полуосей
их орбит.
Если большую полуось орбиты и период обращения одной планеты обозна-
чить через r1, Т1, а другой планеты — через r2, Т2, то математически третий
закон запишется так:
23
11
23
22
Tr
Tr
=
.
Этот закон Кеплера связывает средние расстояния планет от Солнца с их
периодами в гелиоцентрической системе отсчета (звездными периодами).
Следовательно, пользуясь третьим законом Кеплера, нетрудно определить, во
сколько раз расстояние любой планеты от Солнца отличается от так называе-
мой астрономической единицы (а.е .) — расстояния от Земли до Солнца. Здесь
возникает только два вопроса: чему равна 1 а.е . и как найти звездный период,
если по результатам астрономических наблюдений можно измерить лишь
периоды обращения Т планет в системе отсчета, связанной с Землей (синоди-
ческие периоды)?
На первый вопрос астрономы ответили в XVIII в.: 1 а.е. = 150 000 000 км =
= 1,5 · 1011 м. Как был найден ответ на второй вопрос, вы узнаете чуть позже.
Ускорение движения планет. Второй и третий законы Кеплера позволя-
ют сделать определенные выводы об ускорении движения планет.
Действительно, из закона площадей следует, что в перигелии скорость
планеты больше, чем в афелии. Таким образом, при движении планеты от
афелия к перигелию модуль скорости увеличивается, а направление вектора
скорости изменяется. Ускорение планеты всегда направлено к фокусу эллип-
са, в котором находится Солнце.
Если эксцентриситет орбиты очень мал, то из второго закона Кеплера сле-
дует, что планета движется с постоянной по модулю скоростью. Следователь-
но, ускорение планеты равно a =
2
v
r
.
Может показаться, что ускорения разных планет обратно пропорциональ-
ны их расстояниям от Солнца. Это было бы справедливо, если бы все планеты
двигались с одинаковыми скоростями, но это не так.

54
Чтобы установить, как зависит ускорение от расстояния, выразим скорость
планеты через ее период:
2r
v
T
π
=
. Тогдаа=
2
22
2
21
4
vr
r
rTrT
ππ
⎛⎞
=⋅
=
⎜⎟
⎝⎠ . Согласно
третьему закону Кеплера
3
2
r
C
T
=
. Следовательно, Т
2
=
3
r
C
. Подставив это зна-
чение в формулу а =
2
2
4r
T
π
, получим: а =
2
2
32
41
4
r
C
rr
C
π
π
=⋅
.
Таким образом, ускорения планет обратно пропорциональны квадрату их
расстояний до Солнца. Этот вывод имел важнейшее значение для открытия
И. Ньютоном закона всемирного тяготения.
Кинематические методы отвечают на вопрос: «Как движутся планеты?»,
но не позволяют ответить на вопросы, почему ускорение планеты всегда на-
правлено к Солнцу, почему оно обратно пропорционально квадрату ее рассто-
яния до Солнца, почему выполняются законы Кеплера. Ответы на все эти
вопросы мы получим в главе 3.
1. В какой системе отсчета астрономы наблюдают движения пла-
нет?
2. Как формулируется первый закон Кеплера?
3. В чем состоит смысл второго закона Кеплера?
4. Каков характер движения планет по своим орбитам?
5. В чем состоит смысл третьего закона Кеплера?
6. Почему большую полуось орбиты планеты отождествляют с ее
средним расстоянием от Солнца?
7. Какова зависимость ускорения Земли от расстояния между Землей
и Солнцем?
8. Как объяснить смену дня и ночи на Земле в системе отсчета, свя-
занной с Солнцем?
9. Как объяснить смену дня и ночи на Земле в системе отсчета, свя-
занной с Землей?

55
Зависимость ускорения свободного падения
от широты. Движение земных тел человек вынуж-
ден изучать в системе отсчета, жестко связанной
с Землей. Эта система отсчета вращается с периодом
Т=24чисугловойскоростьюω≈7,3 ·10–5
рад/с.
Исключительное значение для развития физики
и техники имело изучение свободного падения.
С этим движением вы уже знакомы и знаете, что
причиной его является взаимодействие тел с Землей
и происходит оно с ускорением g ′
r
, среднее значе-
ние которого относительно Земли равно 9,81 м/с2.
(Будем обозначать ускорение свободного падения
относительно Земли g ′ .)
Со времени первого измерения значения g ′
Х. Гюйгенсом (в 1673 г.) разработано несколько
способов его измерения. С их помощью составлены
таблицы значений g ′ на различных широтах φ
(табл. 2 .1).
Таблица 2.1
φ,°
01
02
03
04
0
g′, м/с2 9,7804 9,7820 9,7865 9,7934 9,8018
φ,°
50
60
70
80
90
g′, м/с2 9,8108 9,8192 9,8261 9,8306 9,8322
* Из таблицы видно, что g′ зависит от широты.
Теорема сложения ускорений
0
aaa
=+
′
rrr
(см. § 2.5)
позволяет, во-первых, объяснить эту зависимость,
а во-вторых, выяснить, как определить ускорение
свободного падения относительно неподвижной
Земли. В соответствии с этой теоремой ускорение
свободного падения g
r
относительно неподвижной
системы отсчета равно сумме ускорения g ′
r
, которое
мы измеряем относительно вращающейся Земли,
и ускорения 0
a
r
той точки земной поверхности, где
проводится измерение:
0
gga
=+
′
rrr
(мы не учитываем
ускорение Δ a
r
).
Если тело свободно падает на полюсе (рис. 2 .46),
тоа0=0иgп
=g′п
= 9,8322 м/с2. На экваторе а0 =
=ω
2
R и ускорение свободного падения относитель-
но неподвижной Земли равно gэ
=
′э
g +ω2R.
§ 2.7
УСКОРЕНИЕ
СВОБОДНОГО
ПАДЕНИЯ
Рис. 2 .46
r
a0
э
g
r
′
п
g
r
′=g
r
п

56
Вычислим ускорение свободного падения для экватора:
gэ
= 9,7804 м/с2 + (7,292 · 10–5
)2
· 6368,16 · 103 м/с2
= 9,8144 м/с2
.
Различие между значениями ускорения свободного падения относительно
неподвижной Земли на полюсе и экваторе составляет 0,0178 м/с2
. Объяснение
этого различия было дано после открытия закона всемирного тяготения. Дело
в том, что Земля сплюснута: ее полярный радиус равен 6357 км — на 21 км
меньше экваториального, поэтому ускорение свободного падения на полюсе
должно быть больше, чем на экваторе.
1. В чем отличие геоцентрической системы отсчета, используемой при
анализе движения планет, от системы отсчета, используемой для
анализа движения земных тел?
2. Почему ускорение g ′
r
отличается от ускорения g
r
?

57
Рис. 2 .47
Кинематика как чисто геометрическое иссле-
дование движений возникла из-за необходимости
конструирования механизмов с жесткими подвиж-
ными связями. В таких механизмах заданное пере-
мещение одной детали приводит к однозначному
перемещению всех частей механизма.
Хорошей иллюстрацией механизма является
складной зонт: при перемещении втулки по стержню
приходят в движение все детали и спицы (рис. 2.47).
Самое интересное здесь состоит в том, что кинема-
тические методы позволяют однозначно определить
положение, скорость и ускорение точек всех спиц и
деталей механизма зонта, если известно, как дви-
жется втулка по стержню.
Кинематические методы анализа движений ши-
роко используются в технике при разработке и
конструировании разнообразных механизмов для
преобразования движений из одного вида в другой.
Такое преобразование встречается повсеместно.
Так, в двигателе внутреннего сгорания любого
типа необходимо возвратно-поступательное движе-
ние поршня преобразовать во вращательное движе-
ние вала двигателя. При этом преобразуется не
только вид движения, но и характер зависимости
кинематических характеристик от времени: пор-
шень в цилиндре движется хотя и прямолинейно,
но неравномерно и даже неравноускоренно, а вал
должен равномерно вращаться (рис. 2 .48).
Не менее часто встречается и обратная проблема:
в том же двигателе внутреннего сгорания необхо-
димо обеспечить поступательное движение клапа-
нов. Это осуществляется за счет специального
устройства (рис. 2 .49), обеспечивающего преобра-
зование вращательного движения вала двигателя
в поступательное движение клапанов.
Во второй половине XX в. в связи с развитием
космической и атомной техники, автоматики и
робототехники, медицины возникла необходимость
конструирования механизмов для весьма сложных
преобразований движения. Очень сложные преоб-
разования движений необходимо обеспечить при
работе манипуляторов, которые используются, на-
пример, при работе с радиоактивными препаратами
§ 2.8
КИНЕМАТИЧЕСКИЕ
МЕТОДЫ
В ТЕХНИКЕ
И АСТРОНОМИИ
Рис. 2 .48
Рис. 2 .49

58
в космической технике. Манипуляторами снабже-
ны многоразовые корабли. На рисунке 2.50 пред-
ставлены манипуляторы 1, 2, 3, с помощью которых
осуществляется как вывод спутников, так и их
«снятие» с орбиты.
Большое значение имеют кинематические
методы при анализе движения космических аппа-
ратов после выключения двигателей. Такие методы
можно применить, например, для приблизительной
оценки параметров орбит межпланетных перелетов
космических аппаратов. Именно законами Кеплера
пользовались К.Э . Циолковский и Ф.А . Цандер при
своих расчетах орбит межпланетных перелетов. Так,
Ф.А. Цандер в 1924 г. опубликовал в журнале «Тех-
ника и жизнь» статью «Перелеты на другие плане-
ты», в которой произвел расчет орбиты перелета
с Земли на Марс по полуэллиптической орбите.
Такой перелет был осуществлен в 1962—1963 гг.
Первый в истории цивилизации космический аппа-
рат — советская автоматическая станция «Марс-1»
(рис. 2 .51) — отправился к Марсу 1 ноября 1962 г.
19 июня 1963 г. «Марс-1» прошел вблизи Марса и
стал искусственной планетой.
Оценим, пользуясь законами Кеплера, элементы
полуэллиптической гелиоцентрической орбиты
перелета с Земли на Марс. В момент старта Земля
находится в точке А (рис. 2 .52) своей орбиты. В этот
момент Марс должен находиться в такой точке сво-
ей орбиты, чтобы в момент прилета космического
аппарата в точку С там же оказался и Марс. Опреде-
лим сначала большую полуось орбиты космическо-
го аппарата:
OA+OC
1,0 а.е. + 1,5 а.е.
2
2
= 1,25 а.е.
rк.а.
==
Пользуясь третьим законом Кеплера, определим
время полета t. Оно равно половине периода
2
T
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
движения космического аппарата по полуэллипти-
ческои орбите.
Запишем третий закон Кеплера:
()=
3
к.а .
2
1
r
T
.
Рис. 2 .52
Рис. 2 .51
Рис. 2 .50
φМ
φЗ
О
M
А
С
З
1
2
3

59
Отсюда:
()
==
3
3
к.а .
1,25
Tr
= 1,4 года. Время
перелета t =
2
T
= 0,7 года.
Теперь мы можем оценить положение Марса (М)
на орбите в момент старта космического аппарата.
Оно определяется углом
°
≈≈
°
M
360
· 0,7 134
1,88
φ
.
Можно определить и положение Земли на орби-
те в момент финиша космического аппарата. Угол
°
==
°
З
360
· 0,7 252
1,0
φ
.
Методы кинематики эффективны и при изуче-
нии элементов так называемой внешней идеальной
баллистики. Различают внутреннюю и внешнюю
баллистику. Первая изучает движение снаряда
внутри орудия, а вторая — после получения снаря-
дом начальной скорости 0
v
r
. После того как снаряд
приобрел эту скорость, то достаточно знать его
ускорение, чтобы полностью определить все пара-
метры движения в любой момент времени. Проще
всего это сделать при следующих упрощениях:
считаем «ядро» (снаряд) материальной точкой,
ускорение свободного падения g ′
r
— одинаковым и
равны g
r
; скорость точки (снаряда) 0
v
r
в начальный
момент времени — известной; силой сопротивления
пренебрежем.
При этих упрощениях характер движения пол-
ностью определяется начальными условиями.
Пусть материальная точка брошена под углом 0
α
к горизонту с начальной скоростью 0
v
r
(рис. 2 .53).
Горизонтальная и вертикальная проекции вектора
0
v
r
соответственно равны:
000
000
cos ;
sin
xy
vv
vv
αα
==
.
Ускорение точки равно g
r
, его проекции равны:
gx
=0;gy=–g.
Начальные координаты: x0 = 0; y0 = 0.
Рис. 2 .53
О
α0
v0x
v0y
X
Y
g
r
v
r
0

60
Эти начальные условия позволяют написать следующие уравнения:
()
00
cos
xv
t
α
=
,
(1)
()
2
00
sin
2
gt
yv
t
α
=−
,
(2)
000
cos
x
vvvα
==
,
(3)
()
=−
00
sin
y
vv
g
t
α
.
(4)
Уравнения (1) — (4) позволяют определить все кинематические параметры
движения тела, брошенного под углом к горизонту, — дальность полета, мо-
дуль скорости и направление вектора скорости в любой момент времени и в
любой точке траектории; время движения до любой фиксированной точки
траектории, написать уравнение траектории.
Исследование 2.3
Цель исследования:измерить начальную скорость тела, брошенного
горизонтально, и изучить его траекторию.
Оборудование: линейка с миллиметровыми делениями; штатив с муфтой и
лапкой; лоток для пуска шарика; металлический лист или фанерная доска;
шарик; бумага; магниты или кнопки; копировальная бумага.
Вариант выполнения исследования
1. Соберите измерительную установку в соответствии с рисунком 2.54.
2. Осуществите несколько пусков шарика и получите метки на полоске
бумаги.
Рис. 2 .55
Рис. 2 .54
Эллипс
рассеяния
О
lср
X
Y
v
r
0

61
3. На этой полоске отметьте эллипс рассеяния (рис. 2 .55) и найдите его
центр.
4. Определите среднее значение lср дальности полета (расстояние до центра
эллипса рассеяния).
5. Вычислите среднее значение начальной скорости, используя формулы
lср
= v0срt и
2
2
gt
h=
.
6. Постройте траекторию движения шарика. Для этого по формулам x = v0срt
и y = 5t2 подсчитайте координаты шарика через интервалы времени t = 0,05 с.
t,с
0
0,05
0,10
0,15
0,20
x, мм
0
y, мм
0
7. Осуществите пуск шарика и пронаблюдайте, будет ли двигаться шарик
вдоль построенной траектории.
1. Приведите примеры механизмов.
2. Какие задачи решаются с использованием кинематических методов
при конструировании механизмов?
3. В чем смысл третьего закона Кеплера?
4. С каким ускорением движется тело, брошенное под углом к гори-
зонту?

62
Пример 1. Уравнение движения точки имеет
вид: х = 24 +10t – t2 (величины выражены в едини-
цах СИ).
а) Опишите характер движения.
б) Определите начальную координату.
в) Найдите проекцию начальной скорости, мо-
дуль и направление вектора начальной скорости.
г) Найдите проекцию ускорения, модуль и на-
правление вектора ускорения.
д) Напишите уравнения зависимостей vх(t) и
ax(t) и постройте графики этих зависимостей.
е) Определите скорость тела через 2 и 4 с после
начала движения. Результат объясните.
ж) Определите проекцию перемещения тела за
10 с.
з) Определите путь, пройденный телом за 10 с.
и) Постройте график зависимости координаты
от времени.
к) Постройте график зависимости пути от вре-
мени.
Р е ш е н и е. При равноускоренном прямоли-
нейном движении зависимости проекции скорости и
координаты от времени выражаются уравнениями:
vx
= v0x+axt;
(1)
x=x0+v0xt+
2
2
x
at
,
(2)
где х0 — начальная координата; v0 x
—
проекция
начальной скорости; ах
—
проекция ускорения.
а) Из условия видно, что зависимость координа-
ты от времени имеет вид многочлена второй степе-
ни, как и уравнение (2), следовательно, движение
по оси Х — равноускоренное и прямолинейное.
б), в), г) Приравнивая соответствующие коэффи-
циенты в уравнениях для координаты, находим, что
х0=24м,v0x
= 10м/с,ах
= –2 м/с2. Начальная ско-
рость направлена по оси Х, ускорение — противо-
положно направлению оси X (знак «минус» в зна-
чении проекции ускорения).
д) Уравнение зависимости проекции скорости
от времени движения получим из уравнения (1):
vx
= v0x+ахt =10–2t(вед.СИ).Ускорениенеза-
висит от времени и поэтому ax
= –2 м/с2.
§ 2.9
ПРИМЕРЫ
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

63
Графики этих функций изображены на рисунках 2.56 и 2.57 .
е)Скоростичерез2и4сравны:6м/си2м/с.
Скорость уменьшается со временем, так как направление ускорения про-
тивоположно направлению начальной скорости.
ж) Проекция перемещения тела за 10 с равна sx
= x –x0=0,т.е.через10с
тело возвращается в исходную точку с координатой х0 = 24 м.
з) Из графика или из уравнения для скорости легко видеть, что через 5 с
после начала движения скорость тела vx
= 0, причем до этого момента движе-
ние происходит по направлению оси X (координата тела увеличивается, про-
екция скорости положительна), а после этого момента направление движения
тела изменяется на противоположное (координата тела начинает уменьшать-
ся, проекция скорости становится отрицательной), и тело начинает снова
приближаться к начальной точке с координатой х0 = 24 м. Таким образом,
моменту времени t = 5 с соответствует точка разворота тела, при этом смещение
тела от начального положения максимально. Полный путь, пройденный телом
за время t > 5 с, равен сумме модуля перемещения его в точку разворота (за
5 с) l1 = |s(5)| = |х(5) – х0| и модуля перемещения l2(t)= |х(t) – х(5)| от этой точки
до точки с координатой x. Иначе говоря,
l(t)=l1 +l2(t)=|х(5)– х0|+|х(t)– х(5)|.
Используя уравнение для координаты, находим, что
l1=|х(5)–х0|=|10⋅5 –5
2
|,l1=25м;
l2(t)=|х(t)– х(5)|=|24+10t–t
2
–
49|=|–25+10t–t
2
|=|–(t–5)2| =(t–5)2
.
Таким образом, уравнение для пройденного телом пути имеет вид:
l(t)=|х(t)–х0|=t|t–10|при0≤t≤5с;
l(t)=25+(t–5)2при5с≤t≤+∞.
Дляt=10симеемl(10)=25+(10–5)2
= 50м.
и), к) Графики зависимостей координаты и пути от времени показаны на
рисунке 2.58 . Заметим, что путь является непрерывно возрастающей функ-
цией времени.
Рис. 2 .57
Рис. 2 .56
Рис. 2.58
5
–5
–10
–15
–20
–25
15
10
10 12
0
24
68
vx, м/с
t,с
10
–1
–2
–3
–4
12
0
2468
ax, м/с2
t,с
46
10
50
40
10
2
20
30
12
0
8
x,l,м
x(t)
l(t)
t,с

64
Пример 2. С балкона высотой h = 10 м брошен под углом 60° камень с на-
чальной скоростью v0 = 30 м/с. Напишите уравнение траектории, определите
время полета, максимальное значение координат х и у, скорость в момент
падения камня на землю.
Решение.Составим уравнения для координат х и y и проекций скорости
на оси Х и Y. Они будут иметь вид:
х=(v0cosα0)t=(30cos60°)t=15t,
(1)
y=10+(v0sin60o)t–5t2
= 10+26t–5t2
,
(2)
vx
= v0x
= 15,
(3)
vy=26–10t.
(4)
Из уравнения (1) находим t =
15
x
и подставляем в уравнение (2).
Получим:у=10+26·
15
x
–
5
2
15
x
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠,у =10+26
15
x
–
5
2
2
15
x
,
y=10+1,7x–0,02x2
. Это и есть уравнение траектории.
Определим время движения до верхней точки параболы.
Уравнение (4) перепишем в виде: 0 = 26 – 10 tв
. Отсюда tв
= 2,6с.
Используя уравнение (2), найдем ymax
= 10+26tв
–
52
в
t ,ymax
= 43,8 м.
Определим время полета, решив уравнение y = 5t2
–
26t–10=0.
Найдем его дискриминант: D = b
2
–
4аc = 262
–
4·5 ·(–10)=676+200=
= 876.
Определим корни этого уравнения.
t1=
26 + √⎯⎯⎯⎯
10
876
=5,6;t2=
26–√
⎯
⎯⎯⎯
10
876
= –0,4 (отрицательный корень t2
не имеет физического смысла).
Определим дальность полета: хmax
= 15t1 =15·5,6;xmax
= 84м.
Для определения скорости, с которой тело упало на поверхность Земли,
найдем проекции скорости на оси X и Y:
vx
= v0x
= 15м/с;vy=26–10t=20–10⋅5,6,vy= –36м/с.
Модуль скорости равен
√⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
v= 152+362
= 39 м/с.
Определим угол α. Для этого рассчитаем tg α =
x
y
v
v
=
15
36
= 0,41;α≈23°.

65
1. Уклон длиной 100 м лыжник прошел за 20 с,
двигаясь с ускорением 0,3 м/с2
. Какова скорость
лыжника в начале и в конце уклона?
2. В конце уклона лыжник развил скорость
8 м/с. Найдите начальную скорость лыжника, если
уклон длиной 100 м он прошел за 20 с.
3. При аварийном торможении автомобиль, дви-
жущийся со скоростью 72 км/ч, остановился через
5 с. Рассчитайте тормозной путь автомобиля.
4. Постройте в одних координатных осях графи-
ки зависимости скорости от времени движения двух
тел, если первое тело двигалось с начальной скоро-
стью 3 м/с и ускорением 0,5 м/с2; начальная скорость
второго тела равна нулю, а ускорение 1,5 м/с2
.
5. Сани скатываются с горы с начальной скоро-
стью 1,25 м/с и ускорением 0,5 м/с2
. Какой путь
пройдут они за 1, 2, 3 с?
6. Скорость точек экватора Солнца при его вра-
щении вокруг своей оси равна 2 км/с. Найдите
период вращения Солнца вокруг своей оси и цен-
тростремительное ускорение точек экватора.
7. Две материальные точки движутся по окруж-
ностям радиусами R 1 и R2, причем R1 = 2R2. Сравни-
те их центростремительные ускорения в случаях:
а) равенства их скоростей; б) равенства их периодов.
8. Тело движется по окружности радиусом r со
скоростью, модуль которой увеличивается со вре-
менем по закону: v = kt. Найдите зависимость от
времени модуля полного ускорения тела.
9. Шкив радиусом 0,3 м, вращаясь равномерно,
делает 1200 оборотов в минуту. Найдите скорость и
ускорение точки, лежащей на окружности шкива.
10. Снаряд вылетел из дальнобойной пушки с
начальной скоростью 1000 м/с под углом 30° к го-
ризонту. Сколько времени снаряд будет находить-
ся в воздухе? На каком расстоянии от пушки он
упадет на землю? Пушка и точка падения снаряда
находятся на одной горизонтали. Какова наиболь-
шая высота подъема снаряда? Сопротивлением
воздуха пренебречь.
11. Пловец затрачивает на проплыв в бассейне
«туда и обратно» 3 мин. Сколько времени он затратит
на проплыв в таком же бассейне на корабле, который
движется со скоростью 32 км/ч?
§ 2.10
ЗАДАЧИ ДЛЯ
САМОСТОЯТЕЛЬНОГО
РЕШЕНИЯ

66
12. В течение какого времени пассажир, сидящий у окна поезда, движу-
щегося со скоростью 54 км/ч, будет видеть проходящий мимо него встречный
поезд, скорость которого 72 км/ч, а длина 175 м?
13. По параллельным путям в одну сторону движутся два электропоезда:
первый со скоростью 54 км/ч, второй со скоростью 10 м/с. Сколько времени
первый поезд затратит на обгон второго, если длина каждого из них 150 м?
14. Эскалатор метрополитена поднимает неподвижно стоящего на нем
пассажира в течение 1 мин. По неподвижному эскалатору пассажир поднима-
ется за 3 мин. Сколько времени будет подниматься пассажир по движущему-
ся эскалатору?
15. Астероид Паллада находится от Солнца в среднем на расстоянии, в 2,77
раза большем, чем Земля. Чему равен период его обращения вокруг Солнца?
16*. Как велико среднее расстояние от Солнца малой планеты, период об-
ращения которой вокруг Солнца составляет 8 лет?
17*. Астероид Веста совершает один оборот вокруг Солнца за 3,63 года.
Во сколько раз он находится дальше от Солнца, чем Земля?
Самое важное в главе 2
1. В кинематике изучаются способы описания механического движения,
т.е. изменения положения тел в пространстве по отношению друг к другу с
течением времени.
2. Основная задача механики — определение положения тела в любой за-
данный момент времени при заданных начальных условиях (начальных ко-
ординатах и начальной скорости).
3. Основные кинематические характеристики движения материальной
точки: скорость и ускорение. Они определяются через специальные матема-
тические операции предельного перехода:
s
v
t
=
Δ
r
r
и
v
a
t
Δ
=
Δ
r
r
.
4. При равноускоренном прямолинейном движении материальной точки в
плоскости уравнения координат и проекций скоростей имеют вид:
х=х0+v0хt+
2
2
x
at
;у=у0+v0уt+
2
2
y
at
;
vх
= v0х+ахt,vу=v0у+ауt.
5. Кинематические характеристики движения материальной точки в посту-
пательно движущихся системах отсчета связаны соотношениями:
0
sss
=+
′
rrr
,
0
vvv
=+
′
rrr
,
0
aaa
=+
′
rrr
.
6. Кинематические методы анализа движения применяются при исследо-
вании движения транспорта, расчетах межпланетных трасс, траекторий кос-
мических аппаратов и баллистических траекторий.

§ 3.1 . Первый закон динамики
68
§ 3.2 . Второй закон динамики
71
§ 3.3 . Ускорение и второй закон динамики
74
§ 3.4 . Принцип относительности
81
§ 3.5 . Третий закон динамики
86
§ 3.6 . Силы трения
92
§ 3.7 . Закон всемирного тяготения
101
§ 3.8 . Силы сопротивления в жидкой
и газообразной среде
105
§ 3.9 . Обобщенный третий закон Кеплера
107
§ 3.10. Примеры решения задач
112
§ 3.11. Задачи для самостоятельного решения
117
Самое важное в главе 3
120
Глава3
ДИНАМИКА

68
Задача динамики — раскрыть закономерность
связи между силой и ускорением — была решена
в полной мере английским физиком и математиком
И. Ньютоном (1643—1727). Он обобщил исследо-
вания Галилея и сформулировал первый закон
динамики в следующем виде: «Всякое тело про-
должает удерживаться в своем состоянии покоя
или равномерного и прямолинейного движения,
пока и поскольку оно не понуждается приложен-
ными силами изменить это состояние».
О какой модели тела идет речь в этом законе?
Ясно, что в первом законе Ньютона говорится о
движении тела, которое можно принять за матери-
альную точку. Такие материальные объекты при
отсутствии внешних воздействий движутся равно-
мерно и прямолинейно. Это явление называется
инерцией. Явление инерции присуще всем телам,
поэтому первый закон Ньютона часто называют
законом инерции. Закон инерции относится к дви-
жению тела, на которое не действуют другие тела.
Такие тела называют свободными.
Ответить на вопрос «Как движутся свободные
тела?», не обращаясь к опыту, нельзя. Вместе с тем
нельзя поставить опыт, который бы показал, как
движутся свободные тела, так как таких тел в при-
роде нет. Единственный выход из логического
круга заключается в создании таких условий, при
которых влияние внешних воздействий было бы
минимально. Например, на гладком льду льдинка,
брошенная с некоторой скоростью, скользит до-
вольно долго, не изменяя свою скорость. На осно-
ве подобных наблюдений можно предположить,
§ 3.1
ПЕРВЫЙ ЗАКОН
ДИНАМИКИ
Рис. 3 .1
б
а

69
что если бы трения не было, то льдинка скользила бы с постоянной скоростью
бесконечно долго. Пренебречь силой трения в этих опытах нельзя, можно лишь
ее уменьшить.
К такому выводу впервые пришел Г. Галилей, исследуя движение тела
(с малым трением) вниз и вверх по наклонной плоскости.
Он впервые в истории науки применил мысленные эксперименты. Галилей
сформулировал проблему так: что будет, если наклонная плоскость станет
горизонтальной? Если на одном участке (рис. 3 .1, а) тело ускоряется, на дру-
гом (рис. 3 .1, б) — замедляется, то можно предположить, что на горизонталь-
ном участке тело будет двигаться равномерно и прямолинейно.
Опыт показывает, что не во всех системах отсчета свободное тело дви-
жется равномерно и прямолинейно или покоится. Самый простой пример —
система отсчета, связанная с транспортом. Когда автобус (троллейбус, поезд
в метро) тормозит, то, несмотря на то, что на пассажира в этом направлении
не действует сила, он начинает двигаться с ускорением, направленным по ходу
движения транспорта. Внимательные наблюдения за движением тел приводят
нас к заключению, что свободные тела движутся с постоянной скоростью (или
покоятся) лишь по отношению к определенным системам отсчета. В этом суть
первого закона динамики, который можно сформулировать следующим об-
разом.
Существуют такие системы отсчета, в которых свободные тела дви-
жутся равномерно и прямолинейно или покоятся. Такие системы отсчета
были названы инерциальными системами отсчета.
В предыдущей главе мы привели экспериментальные факты, показываю-
щие, что в некоторых случаях скорость тел относительно Земли изменяется
без воздействия других тел. Например, мы выяснили, что ускорение свобод-
ного падения g ′
r
относительно Земли не совпадает ни по модулю, ни по на-
правлению с ускорением g
r
, которое возникает у тела из-за его взаимодействия
с Землей.
* Вы знаете (см. гл. 2), что ускорение свободного падения на полюсе
равно gп
= 9,78 м/с2
, а на экваторе gэ
= 9,83 м/с2
, и главный вклад в это раз-
личие вносит суточное вращение Земли. Другими словами, за разницу в
0,05 м/с2 ответственна неинерциальность геоцентрической системы отсчета.
Допустим, что мы измеряем период колебаний одного и того же маятника
на полюсе и на экваторе.
С какой погрешностью необходимо производить измерения, чтобы обнару-
жить эту разницу?
Вычислим периоды колебаний маятника длиной 1 м на полюсе (Тп) и на
экваторе (Тэ):
Тп
=
п
2
l
g
π
= 2,0081 с, Тэ
=
э
2
l
g
π
=2,005 с.

70
Определим относительное значение разности этих периодов:
−
=
2,008 2,005
2
= 0,0015 .
Следовательно, погрешность, связанная с неинерциальностью геоцентри-
ческой системы отсчета, должна быть меньше 0,2%.
Геоцентрическая система отсчета инерциальна лишь приближенно, поэто-
му любая система отсчета, движущаяся относительно Земли равномерно и
прямолинейно, также инерциальна с некоторым приближением.
1. Как сформулировал первый закон динамики И. Ньютон?
2. Каков вклад Г. Галилея в открытие первого закона динамики?
3. Какие системы отсчета называются инерциальными?
4. Как можно установить, является ли данная система отсчета инер-
циальной?
5. Какая система отсчета ближе к инерциальной: геоцентрическая или
гелиоцентрическая? Как это можно объяснить?
6. Сила, действующая на тело, равна нулю. Какова траектория дви-
жения тела относительно инерциальной системы отсчета?

71
При действии силы на тела они либо дефор-
мируются, либо получают ускорение относительно
инерциальной системы отсчета, либо ускоряются
и деформируются одновременно. От чего же зависит
результат действия силы? Понятно, что он зависит
от модуля самой силы. Вместе с тем важным фак-
тором является и время действия силы.
Некоторые явления, подтверждающие этот вы-
вод, уже известны вам. Рассмотрим еще одно.
На прочной нити к перекладине привязана гиря.
За нижний крючок к ней привязана такая же нить.
Прочный шнурок служит для удержания гири при
случайном обрыве верхней нити (рис. 3 .2).
Если взяться за рукоятку, привязанную к ниж-
ней нити, и резко дернуть ее вниз, то нижняя нить
порвется. Если же медленно потянуть за нижнюю
нить, то порвется верхняя нить.
Из этого и других подобных опытов можно за-
ключить, что действие силы должно определяться
не только самой силой, но и временем ее дей-
ствия.
Ньютон ввел понятие импульса силы как век-
торной физической величины, равной произведе-
нию силы на время ее действия: iF
t
=
r
r
. Единица
импульса силы — 1H·с.
Кроме импульса силы, Ньютон использовал еще
одно понятие — импульс тела. Импульс тела —
векторная физическая величина, равная произ-
ведению массы тела на его скорость: pm
v
=
rr
(рис. 3 .3).
Единица импульса тела — 1 кг · м/с.
Введенные понятия и величины позволили Нью-
тону сформулировать второй закон динамики:
Изменение импульса тела p
Δ
r
пропорциональ-
но импульсу силы и происходит по направлению
прямой, вдоль которой действует эта сила:
pi
Δ=
r
r
.
Если на тело действует сила, зависящая от вре-
мени, то второй закон Ньютона записывают сле-
дующим образом:
Δpx
=i
x
;Δpy=iy.
Проекции импульса силы можно найти графи-
ческим способом.
§ 3.2
ВТОРОЙ ЗАКОН
ДИНАМИКИ
Рис. 3 .3
Рис. 3 .2
Рис. 3 .4
б
t
t
а
О
О
Fx
F
m
v
r
p
Δ
r
i
ix

72
Действительно, если модуль силы не меняется, то импульс силы равен пло-
щади заштрихованного прямоугольника (рис. 3 .4, а). Этим свойством можно
воспользоваться для нахождения импульса переменной силы: проекция им-
пульса силы на любую ось равна площади фигуры под графиком зависимости
проекции силы от времени (рис. 3 .4, б).
Исследование 3.1
Цель исследования:сравнить импульс силы с изменением импульса
тела.
Оборудование: штативы для фронтальных работ (2 шт.); динамометр учеб-
ный с жесткостью пружины 40 Н/м; груз массой 0,1 кг; нитки; линейка из-
мерительная 30 см с миллиметровыми делениями; копирка.
Вариант выполнения исследования
1. Укрепите на штативах динамометр и лапку для груза на одинаковой вы-
соте Н = 40 см от поверхности стола. Зацепите за крючок динамометра нить с
привязанным грузом. Удерживая груз на горизонтальной площадке лапки,
отодвигайте штатив до тех пор, пока показание динамометра не станет равным
2Н (рис. 3.5.).
2. Отпустите груз с этой площадки и заметьте место его падения на стол
(рис. 3.6.).
3. Опыт повторите 2—3 раза и определите среднее значение дальности по-
лета l груза (рис. 3 .7).
4. Оцените изменение импульса груза за время движения по горизонталь-
ной площадке Δp = p – p0, где p – импульс груза в тот момент, когда деформа-
ция пружины равна нулю, а p0 = 0. Так как p = mv, то надо знать скорость в
момент отрыва груза от лапки (эту скорость вы умеете определять — см. ис-
следование 2.3).
Рис. 3 .5
Рис. 3 .6

73
5. Оцените импульс силы. При этом учтите следующее. Груз, прикреплен-
ный к пружине, должен совершать колебательное движение на горизонтальной
площадке. Время его движения по этой площадке при изменении импульса от
нуля до mv равно четверти периода колебаний, так как пройденный путь равен
амплитуде колебаний.
Период T колебаний груза на пружине равен 0,32 с. Следовательно, изме-
нение импульса груза происходит за время
1
4
tT
=
,t≈0,08с.
В работе сила является переменной величиной. Будем считать, что ее модуль
линейно убывает с течением времени (рис. 3 .8).
Вычислите графически импульс силы.
6. Сравните изменение импульса тела с импульсом силы. Сделайте вывод.
1. Тело брошено горизонтально. Как направлен импульс тела в момент
броска?
2. Приведите примеры явлений, в которых наблюдается зависимость
результата действия силы от времени ее действия.
3. Почему при случайном падении в снег ушибы меньше, чем при таком
же падении на землю?
4. Объясните, пользуясь вторым законом Ньютона, действие ремней
безопасности автомобиля.
Рис. 3 .7
Рис. 3 .8
H
t,c
l
0,08
0
2
F,H
i

74
Принцип независимости действия сил. Одно
из важных положений динамики, выдвинутых
Ньютоном вместе со вторым законом, — принцип
независимости действия сил.
Пусть сила 1
F
r
за время Δt изменяет импульс тела
на
1
p
Δ
r
(рис. 3.9, а), a другая сила 2
F
r
изменяет за то
же время импульс того же тела на
2
p
Δ
r
(рис. 3.9, б).
Каково будет изменение импульса тела при одно-
временном действии сил? На этот вопрос позволяет
ответить принцип независимости действия сил:
Изменение импульса, вызванное каждой си-
лой в отдельности, не зависит от того, дей-
ствует ли другая сила. Оно определяется
суммой сил, действующих на тело:
1212 12
()
pp pFtFtFFt
Δ=Δ+Δ=Δ+Δ= + Δ
rr
r
r
rrr
(рис. 3.10).
Этот принцип часто называют принципом супер-
позиции сил.
При действии на точку нескольких сил измене-
ние ее импульса определяется равнодействующей
сил: pFt
Δ=Δ
r
r
, где
12...
FFF
=++
rrr
.
Именно этот принцип использовал Ньютон при
объяснении опытов Галилея. Если два тела начи-
нают падать одновременно, одно вниз без началь-
ного импульса, другое с горизонтально направлен-
ным импульсом 0
p
r
, то они будут одновременно
проходить любой горизонтальный уровень. Ведь
движение в горизонтальном направлении никак,
§ 3.3
УСКОРЕНИЕ И
ВТОРОЙ ЗАКОН
ДИНАМИКИ
Рис. 3 .11
Рис. 3 .9
Рис. 3 .10
б
m
а
p
Δ
r
2
p
Δ
r
1
p
Δ
r
F
=
r
F
r
1
F
r
2
F
r
2
p
Δ
r
2
m
m
p
Δ
r
1
F
r
1

75
в соответствии с принципом независимости, не влияет на изменение импуль-
са, вызываемое силой тяжести.
Стробоскопическая фотография, приведенная на рисунке 3.11, подтверж-
дает это.
Ускорение и второй закон динамики. Второй закон динамики может быть
записан в форме, согласованной с кинематическими способами исследования
движения. Вы помните, что одной из основных величин кинематики является
ускорение. Именно оно связано с изменением скорости:
v
a
t
Δ
=
Δ
r
r
. Воспользуемся
этим и запишем: vat
=Δ
rr
.
Преобразуем теперь второй закон динамики Ft p
Δ=Δ
r
r
с учетом того, что
21
pmv mv mv
Δ=
−
=Δ
rrr
r
. Получим: Ft mat
Δ=Δ
r
r
. После сокращения на tΔ придем
к другой форме записи второго закона, которая появилась в ХIХ в. сразу
после того, как было введено понятие ускорения:
F
a
m
=
r
r
.
В инерциальной системе отсчета ускорение материальной точки прямо
пропорционально равнодействующей всех сил, действующих на нее, сона-
правлено с ней и обратно пропорционально массе материальной точки.
Для экспериментальной проверки второго закона следует провести две
серии опытов.
В одной из них нужно исследовать зависимость ускорения от силы, действую-
щей на какое-либо тело. В другой серии необходимо реализовать условия, при
которых одинаковая сила действует на разные тела. И в первой, и во второй серии
ускорение измеряем с помощью компьютерной измерительной системы.
Прикрепим к каретке (рис. 3 .12) один из двух резиновых образцов такой
длины, чтобы в момент пуска деформация резины была небольшой. Осуще-
ствим запуск системы. Компьютерная измерительная система измерит вре-
мя прохождения через оптические ворота двух стержней, установленных на
Рис. 3 .13
Рис. 3 .12

76
каретке на расстоянии 5 см. Это время равно t1 = 0,093 с (рис. 3.13). При-
крепив к каретке оба резиновых образца и, повторив опыт, мы увидим, что
в этом случае время оказывается равным t2 = 0,066 с (рис. 3.14).
Так как каретка при разгоне из состояния покоя проходит в обоих опытах
одинаковый путь (l = 5 см), то во втором опыте ускорение стало больше в 2 раза.
Действительно,
22
11
22
22
at at
l ==,
поэтому
2
2
21
12
0,093
2
0,066
at
at
⎛⎞ ⎛⎞
==
≈
⎜⎟
⎜⎟ ⎝⎠
⎝⎠
.
Следовательно, ускорение прямо пропорционально силе.
Для второй серии опытов увеличим массу тела вдвое, положив на каретку
металлическую пластину (рис. 3.15). Масса пластины равна массе каретки.
Прикрепив к каретке одну резину и измерив время t3 = 0,135 с (рис. 3 .16), мы
можем сказать, что по сравнению с первым опытом (изменилась масса тела, а
действующая сила осталась той же) ускорение тела уменьшилось. Выполним
расчет:
2
2
33
11
22
at
at
l ==;
2
2
3
1
31
0,135
2
0,093
t
a
at
⎛⎞ ⎛⎞
==
≈
⎜⎟
⎜⎟ ⎝⎠
⎝⎠
.
Рис. 3 .14
Рис. 3 .15

77
Следовательно, ускорение обратно пропорционально массе.
Исследование 3.2
Цель исследования: применить второй закон Ньютона к движению
тела по окружности при действии силы упругости и силы тяжести.
Оборудование: прибор для изучения движения тела по окружности (рис.
3.17); секундомер; линейка; динамометр; транспортир.
Вариант выполнения исследования
1. Установите грузы на расстояниях l1 и l2 от оси вращения. Приведите при-
бор в состояние равномерного вращения и пронаблюдайте, отклоняются стерж-
ни на одинаковые углы, или углы разные.
2. Определите на качественном уровне связь между углами α1 и α2 откло-
нения спиц установки и расстояниями l1 и l2 грузов от осей вращения спиц.
Выполняются ли простые соотношения типа
11
22
l
l
α
α
=
или
12
21
l
l
α
α
=
?
3. Докажите, пользуясь вторым законом Ньютона, что углы α1 и α2 при-
близительно таковы, что их косинусы обратно пропорциональны расстояниям
l1иl2:
12
21
cos
cos
l
l
α
α
≈
.
(1)
Указание. Равенство (1) выполняется точно, если спицы имеют ось враще-
ния в одной точке (рис. 3 .18).
Рис. 3 .16
Рис. 3 .17

78
Действительно, в соответствии со вторым зако-
ном Ньютона для каждого груза можно записать:
упр
mgF
F
+=
rr
r
или
2
11
tg
mg
mr
αω
=
и
2
22
tg
mg
mr
αω
=
,
где r1 и r2 — радиусы окружностей, по которым
вращаются грузы в горизонтальной плоскости.
Если заменить r1 и r2 соответственно на l1 sinα1 и
l2 sinα2, то, так как
1
1
1
sin
tg
cos
α
α
α
=
и
2
2
2
sin
tg
cos
α
α
α
=
,
окажется, что
12
21
cos
cos
l
l
α
α
=
.
(2)
4. Внимательно изучите конструкцию прибора
и выясните, какая его особенность приводит к тому,
что равенство (2) оказывается приблизительным.
5. Проведите эксперимент и сравните отношения
1
2
l
l
и
2
1
cos
cos
α
α
. Для этого, обозначив отношение
1
2
l
l
через а, а
2
1
cos
cos
α
α
через b, найдите отношение |a – b|
к наименьшему из чисел а или b.
Масса тела не зависит ни от его скорости, ни
от его ускорения, ни от силы, действующей на тело.
Масса является мерой инертности1 тела, опреде-
ляя ускорение, которое получит тело при воздей-
ствии на него заданной силы. Если одинаковые
силы действуют на разные тела, то тело большей
массы (m2) получает меньшее ускорение. Оба тела
в случае равенства сил могут достигнуть одинако-
вых скоростей, если на тело большей массы сила
будет действовать дольше (рис. 3 .19).
Из второго закона автоматически следует
условие, при котором тело покоится или движется
равномерно и прямолинейно:
0
F=
r
.
1 Инертность — от лат. inertia — неподвижность, бездея-
тельность.
Рис. 3 .19
Рис. 3 .18
m2>m1
m
m
t
v
О
α1
α2
α1
t2
t1
m1
m2
l1
mg
r
F
r
F
r
упр
l2

79
Второй закон позволяет измерить силу, действующую на любое тело, если
известны его масса и ускорение, полученное телом при действии на него
силы.
Второй закон динамики дал возможность ввести единицу силы в СИ. Эта
единица называется ньютоном (Н): Один ньютон равен постоянной силе,
которая сообщает телу массой 1 кг ускорение 1 м/с2:
1Н=1кг·м/с2
.
Второй закон Ньютона объясняет, почему знание сил и начальных усло-
вий позволяет определить координаты материальной точки в любой момент
времени, т.е. решить основную задачу механики (ее называют прямой основной
задачей). С помощью силы находят ускорение, а зная ускорение, можно на-
писать координатные уравнения движения.
Пусть на тело массой m действуют силы 12
,
, ...
n
FFF
rr
r
, тогда проекции уско-
рения находятся из уравнений:
12...
xxx
n
x
ma
FF
F
=++
+,
12...
yyy
n
y
ma
FF
F
=++
+.
Если начальные координаты (x0, y0) и проекции v0x, v0y начальной скорости
0
v
r
известны, то координатные уравнения движения имеют вид:
2
00
2
x
x
at
xx vt
=++
,
2
00
2
y
y
at
yy vt
=++
.
Последовательные этапы решения прямой задачи можно условно записать
в таком виде:
начальные условия → сила → ускорение → скорость → перемещение →
координаты.
Прямая задача механики легко решается, если рассчитывается движение
тела под действием постоянной силы. Например, при движении тел у поверх-
ности Земли силу тяжести, действующую на тела, можно считать постоянной.
Следовательно, во время всего полета тело, брошенное под углом α к горизон-
ту, движется с постоянным ускорением, равным ускорению свободного паде-
ния. Это дает возможность, зная начальные условия (координаты и скорость),
рассчитать высоту и дальность полета тела и результаты расчета проверить
экспериментально.
В случае действия сил, зависящих от координат, точный расчет движения тел
элементарными методами оказывается невозможным. Именно невозможность
решения методами элементарной математики задачи о движении тел под дей-
ствием сил, зависящих от координат тела, привела Ньютона к открытию нового
математического метода, называемого методом математического анализа.

80
Прямую задачу механики приходится решать при расчете траектории кос-
мических кораблей. Зная гравитационные силы, действующие со стороны
Солнца и планет, можно рассчитать эти траектории кораблей при движении
в пределах Солнечной системы. Запуски космических кораблей на Марс,
Юпитер и другие планеты — пример реальности таких расчетов. Настоящим
триумфом науки явилось попадание 4 июля 2005 г. исследовательского зонда
Impactor в комету Tempel-1. Представители Европейского космического агент-
ства прокомментировали это событие так: американским ученым удалось не
только попасть «одной маленькой пулей в другую маленькую пулю», но и до-
казать, что сбить астероид или комету, представляющую угрозу для жизни на
Земле, более чем реально. Исследовательский медный зонд отделился от кос-
мического аппарата с минимально допустимого расстояния 880 000 км и со
скоростью 37 000 км/с врезался в ядро кометы. Энергия, выделившаяся при
взрыве, по самым скромным подсчетам оказалась равной 2·107 Дж. Получен
уникальный материал о строении комет, в том числе об огромном количестве
воды, содержащейся в кометах.
В физике и технике при исследовании зависимости сил от координат при-
ходится решать обратную основную задачу механики. Зная, как движется
тело, можно определить, какие силы действуют на него. В этом случае после-
довательные этапы решения задачи можно условно записать в таком виде:
координаты → перемещение → скорость → ускорение → сила.
Именно путем решения обратной задачи механики установлены многие
фундаментальные законы природы, открыты действующие в природе силы.
Принципиально важным следует считать тот факт, что для установления
зависимости силы от координат или скорости необходимо пользоваться вы-
ражением второго закона Ньютона в форме: Fm
a
=
r
r
.
1. Запишите выражение второго закона динамики в формулировке
Ньютона.
2. Какая физическая величина называется импульсом тела?
3. Как называется произведение силы на время ее действия?
4. Приведите две формулировки второго закона динамики.
5. В чем заключается физический смысл второго закона Ньютона?
6. Шар на нити колеблется в вертикальной плоскости. Как направлен
вектор ускорения шара в момент прохождения им положения равно-
весия?
7. Шар на нити колеблется в вертикальной плоскости. Как направлен
вектор ускорения шара в момент прохождения им крайних поло-
жений?

81
Из современной формулировки первого за-
кона динамики следует, что если существует одна
инерциальная система отсчета, то их существует
бесконечно большое число. Пусть какое-либо тело
движется относительно гелиоцентрической си-
стемы отсчета равномерно и прямолинейно. Свя-
жем с ним систему отсчета XYZ
′′′. Теперь рас-
смотрим какое-либо тело А, которое в гелиоцен-
трической системе отсчета движется равномерно
и прямолинейно. Тогда и относительно системы
отсчета XYZ
′′′характер его движения будет та-
ким же.
Действительно, из теоремы сложения ускорений
следует, что aa
=
′
rr
. Однако a
r
= 0, следовательно, и
a′
r
=0.
Не только первый, но и второй закон динамики
Fma
=
r
r
выполняется во всех инерциальных систе-
мах отсчета. Так как скорости тела А в рассматри-
ваемых системах отсчета различны, то различны
импульсы и траектории — ведь скорость и импульс
направлены по касательной к траектории. Это,
однако, не означает, что второй закон динамики
ввидеFt p
=Δ
r
r
будет иметь различный вид в разных
инерциальных системах отсчета. Действительно,
ведь p
Δ
r
—
это не импульс тела, а изменение им-
пульса, которое является инвариантной (неизме-
няющейся) величиной. Другой величиной, инвари-
антной в инерциальных системах отсчета, является
сила. В механике рассматриваются силы, завися-
щие либо от расстояния между телами (силы тяго-
тения), либо от деформации тела (силы упругости),
либо от относительной скорости движения одного
тела по другому (силы трения). Но и расстояние, и
деформация и относительная скорость — величины
инвариантные в инерциальных системах отсчета.
Следовательно, в таких системах отсчета выпол-
няется не только первый, но и второй закон Нью-
тона.
Факт, что во всех инерциальных системах от-
счета выполняются законы динамики, впервые
четко сформулировал Г. Галилей, хотя ему законы
динамики еще не были известны и он исходил толь-
ко из наблюдений над явлениями природы.
§ 3.4
ПРИНЦИП
ОТНОСИТЕЛЬНОСТИ

82
«Уединитесь с кем-либо из друзей в просторное помещение под палубой
какого-нибудь корабля, — писал Галилей. — Пока корабль стоит неподвижно,
наблюдайте прилежно, как мелкие летящие животные с одной и той же ско-
ростью движутся во все стороны помещения..., все падающие капли попадут
в подставленный сосуд, и вам, бросая какой-нибудь предмет, не придется бро-
сать его с большей силой в одну сторону, чем в другую, если расстояния будут
одни и те же... Заставьте теперь корабль двигаться с любой скоростью и тогда
(если только движение будет равномерным и без качки в ту или другую сторо-
ну) во всех названных явлениях вы не обнаружите ни малейшего изменения
и ни по одному из них не сможете установить, движется ли корабль или стоит
неподвижно».
Этот вывод в настоящее время называют классическим принципом относи-
тельности или принципом относительности Галилея — Ньютона. Этот
принцип можно сформулировать следующим образом: во всех инерциальных
системах отсчета механические явления протекают одинаково (при
одинаковых начальных условиях).
Оговорка о том, что должны быть заданы одинаковые начальные условия,
весьма существенна. К примеру, наблюдатели на неподвижной платформе и в
движущемся вагоне, следящие за свободным падением мяча в вагоне, увидят
разные картины. Траектория мяча в вагоне — вертикальная прямая линия, а
для наблюдателя на платформе траектория мяча — парабола. Это, однако, не
противоречит принципу относительности, так как в этих системах отсчета раз-
личны начальные условия. Именно поэтому падение тела и выглядит неодина-
ково для разных наблюдателей. Но если в начальный момент времени мяч
покоился относительно платформы, то траекторией мяча относительно плат-
формы (неподвижной системы отсчета) будет вертикальная прямая линия.
Убедимся в справедливости этого принципа на опытах. Воспользуемся
моделью системы отсчета. Пронаблюдаем свободное падение шарика, когда
Рис. 3 .20
б
а

83
система отсчета X′O′Y′ неподвижна. Выдернем полоску, удерживающую ша-
рик, и мы увидим, что шарик падает прямолинейно и через промежуток
времени Δt попадает в ловушку (рис. 3.20, а). Теперь приведем эту систему
отсчета в состояние равномерного движения. После освобождения шарика
(рис. 3.20, б) он через этот же промежуток времени окажется в той же ло-
вушке.
Во втором опыте относительно неподвижной системы отсчета, связанной с
доской, шарик движется по параболе (рис. 3.21). Этот факт не противоречит
принципу относительности. В соответствии с теоремой сложения скоростей
скорость шарика в начальный момент времени относительно доски равна ско-
рости подвижной системы отсчета. Другими словами, в неподвижной системе
отсчета мы наблюдаем движение тела, брошенного горизонтально.
Итак, классический принцип относительности утверждает одинаковость
протекания механических явлений в разных инерциальных системах отсчета,
но не утверждает, что все механические величины в этих системах одинаковы.
Например, скорости летящей птицы, измеренные в системах отсчета «берег»
и «корабль», будут, конечно, разными. Но у нас нет никаких оснований счи-
тать, что одна из этих скоростей «истиннее» другой.
Все инерциальные системы отсчета одинаково «хороши», во всех выполня-
ются законы механики. Любую из этих систем можно считать и движущейся,
и покоящейся.
Существует другая формулировка классического принципа относитель-
ности: никакими механическими опытами, проведенными в инерциальной
системе отсчета, нельзя обнаружить ее движение, т.е . установить, дви-
жется ли эта система отсчета или покоится.
Рис. 3 .21
Рис. 3 .22
X
Y
O

84
Классический принцип относительности используется в практике. Хорошим
примером этого может служить наземное испытание самолетов. Авиаконструк-
тору нужно заранее точно знать, как воздух обтекает самолет во время полета,
где будут возникать завихрения, какими будут подъемная сила и сила лобово-
го сопротивления. Не зная всего этого, нельзя выбрать самую обтекаемую
форму фюзеляжа, наиболее выгодное сечение крыла. Установить все это нуж-
но еще до того, как самолет построен и поднят в воздух. Согласно классическо-
му принципу относительности при одинаковых начальных условиях все меха-
нические явления, возникающие при обтекании самолета воздухом, будут
происходить совершенно одинаково как в системе отсчета, связанной с непод-
вижной Землей, так и в системе отсчета, движущейся относительно Земли со
скоростью самолета. В данном случае требование одинаковости начальных
условий означает одинаковость относительной скорости движения самолета и
окружающего его воздуха.
Самолет или его уменьшенную модель помещают на испытательный стенд
внутри аэродинамической трубы (рис. 3 .22). В трубе создают поток воздуха,
имеющий такую же скорость, которую должен иметь самолет в полете. Изучать
в таких условиях обтекание самолета воздухом, конечно, гораздо проще, чем
в полете.
1. Как формулируется классический принцип относительности Гали-
лея—Ньютона?
2. Приведите примеры, доказывающие справедливость принципа от-
носительности для механических явлений.
3. Представим себе, что на Марсе существует цивилизация. Скорость
движения Марса по орбите вокруг Солнца 25 км/с. Отличались бы
законы, открытые марсианскими «Галилеем» и «Ньютоном», от
законов классической механики? Скорость Земли вокруг Солнца
30 км/с.
4. Какие системы отсчета, связанные с перечисленными ниже тела-
ми, являются инерциальными: а) поезд трогается с места; б) поезд
равномерно движется по рельсам; в) движущийся автомобиль тор-
мозит?
5. Почему систему отсчета, связанную с Землей, обычно считают
инерциальной системой отсчета?
6. Определите показания динамометра, к пружине которого подве-
шено какое-либо тело. Изменятся ли показания динамометра при
равномерном горизонтальном перемещении динамометра? при
равномерном вертикальном перемещении?

85
Упражнение 3.1
1. Ученик, выполняя лабораторную работу, выяснил, что время падения шарика
на пол со стола высотой 0,8 м равно 4 с. Высота стола в вагоне поезда, на
котором он ехал на дачу, оказалась также 0,8 м. За какое время шарик, упав
с этого стола, достигнет пола вагона, если поезд движется равномерно со
скоростью 20 м/с?
2. Паром движется со скоростью v0 = 10 м/с. По парому в направлении, со-
впадающем с направлением вектора
r
0
v , начал двигаться автомобиль массой
1000 кг с ускорением 0,5 м/с2. Определите равнодействующую всех сил, дей-
ствующих на автомобиль, в системе отсчета, связанной с паромом, и в системе
отсчета, связанной с Землей.
3. Пловец проплывал бассейн «туда и обратно» за 3 мин. Сколько времени он
затратит на плавание «туда и обратно» в таком же бассейне корабля, движу-
щегося со скоростью 32 км/ч?
4. Ученик измерил силу трения скольжения бруска по столу. Каким должен быть
результат измерения, если оно будет выполнено в равномерно движущемся
поезде?
5. Ученик измерил период колебаний груза, подвешенного к нити. Каким должен
быть результат измерения, если измерение будет выполнено в вагоне поезда,
равномерно движущегося со скоростью 50 км/ч?

86
Взаимодействие тел в статическом случае (тела
покоятся). Рассмотрим два тела (тележки), между
которыми в сжатом состоянии находится пружина.
Тела связаны нитями (рис. 3 .23).
Предположим, что одна тележка (тело В) дей-
ствует на другую тележку (тело А) силой AB
F
r
(рис
3.24), большей, чем сила, с которой тело А действу-
ет на тело В (FAB>FBA). Из такого предположения
следует, что тележки должны начать двигаться с
ускорением в сторону вектора AB
F
r
, что противо-
речит первому закону динамики и в действитель-
ности никогда не происходит.
Связанные друг с другом два магнита никогда
не начнут двигаться без воздействия извне (рис.
3.25).
Вы знаете, что на тело, погруженное в жидкость,
действует выталкивающая сила. На воду действует
такая же по модулю сила. Это можно проверить на
опыте (рис. 3 .26). Из опыта видно, что стрелки обо-
их динамометров отклоняются на одинаковый угол,
но в противоположные стороны. Это свидетельству-
ет о равенстве модуля архимедовой силы, действу-
ющей на тело, и модуля силы давления на воду.
Направления этих сил противоположны.
В этом состоит третий закон Ньютона, с которым
вы познакомились в 7-м классе.
В случае, когда тела покоятся, силы взаимодей-
ствия всегда одинаковы по модулю и противопо-
ложны по направлению.
Рис. 3 .23
Рис. 3 .24
§ 3.5
ТРЕТИЙ ЗАКОН
ДИНАМИКИ
А
В
F
r
АВ
F
r
ВА

87
Рис. 3 .25
Взаимодействие движущихся тел. Пусть на
тело А в течение времени t
Δ действует некоторая
сила AB
F
r
со стороны тела В (рис. 3 .27). Тогда, в со-
ответствии со вторым законом динамики, импульс
тела A изменится на величину
AA
B
pFt
Δ=Δ
r
r
. ТелоА
придет в движение с ускорением. Что будет проис-
ходить в этот промежуток времени с телом В, взаи-
модействие с которым изменило импульс тела А?
Можно предположить, что тело В также будет
двигаться с ускорением, и третий закон Ньютона
будет выполняться и в этом случае.
Исследование 3.3
Цель исследования: проверить гипотезу
о равенстве сил взаимодействия при равноускорен-
ном движении двух тел.
Оборудование: направляющая от прибора по
механике с блоком на одном торце; каретка; секун-
домер с датчиками; штатив; набор грузов; динамо-
метр (рис. 3 .28).
Обсуждение гипотезы
В эксперименте исследуется движение двух тел,
связанных нитью. Рассмотрим силы, которые дей-
ствуют на тела системы. (Из рассмотрения тел ис-
ключим блок, имеющий очень малую массу.) На
брусок массой m, скользящий по горизонтальной
поверхности, действует сила трения F
r
тр, сила тя-
Рис. 3 .27
Рис. 3 .26
В
A
H
H
S
N
N
S
p
Δ
r
А
F
r
АВ

88
жести mg
r
, сила реакции опоры N
r
исила 1
F
r
со стороны нити (рис. 3 .29). Силы
mg
r
иN
r
уравновешиваются, а равнодействующая сил 1
r
FиF
r
тр (ее модуль ра-
венF1–F
тр) сообщает бруску ускорение a
r
. На тело массой М действуют сила
тяжести Mg
r
исила 2
F
r
со стороны нити. Равнодействующая этих сил (ее мо-
дуль равен Mg – F2) сообщает телу ускорение a
r
. Нить, связывающая тела,
также движется с ускорением a
r
. На нить действуют силы 1
F′
r
и2
F′
r
, которые
возникают при взаимодействии нити с телами. Равнодействующая сил 1
F′
r
и
2
F′
r
(ее модуль равен 2
F′– 1
F ′ ) сообщает нити ускорение, также равное a
r
. Мас-
са нити практически равна нулю, поэтому 2F ′ –
1
F′ =m
н
a=0и 2
F′=
1
F′.
Из предположения о равенстве сил взаимодействия следует, что 110
FF′
+=
rr
и 220
FF′
+=
rr
. Тогда система должна двигаться с ускорением, модуль которого
равен
тр
MgF
a
Mm
−
=
+
.
Вариант выполнения исследования
1. Измерьте силу трения каретки с грузом при ее движении по направляю-
щей.
2. Соберите установку в соответствии с рисунком 3.28.
3. Измерьте время t движения каретки по направляющей (рис. 3.30) и
определите ускорение кинематическим способом: к
2
2l
a
t
=
, где l — расстояние
Рис. 3 .29
Рис. 3 .28
F
r
1
1
F
r
′
F
r
2
r
a
r
a
Mg
r
mg
r
N
r
F
r
тр
F
r
′
2

89
Рис. 3 .30
между датчиками, первый из которых включает секундомер в момент начала
движения.
4. Рассчитайте ускорение по формуле
тр
д
MgF
a
Mm
−
=
+
.
5. Сравните ак и ад, определив отношение
−
=
кд
0
||
aa
a
ε
· 100%, где а0 — наи-
меньшее из значений ак и ад.
6. Сделайте вывод.
Опыты и исследования подтверждают утверждение, заключенное в тре-
тьем законе Ньютона:
два тела (материальные точки) взаимодействуют между собой с си-
лами, равными по модулю и направленными в противоположные стороны
вдоль линии действия сил.
Силы действия и противодействия, о которых говорится в третьем законе,
приложены к разным телам, поэтому они не могут уравновесить друг друга.
Эти силы имеют одну и ту же природу. Если, например, Земля притягивает
Луну силой тяготения, то природа силы, с которой Луна действует на Землю, —
также тяготение.
* Законы Ньютона и неинерциальные системы отсчета. Смоделируем
поведение двух свободных тел, массы которых различны, в инерциальной и
неинерциальной системах отсчета.
На демонстрационном столе разместим направляющую с двумя каретками,
на одну из которых поставим гирю (рис. 3 .31). Каретки по отношению к гори-
зонтальному направлению практически свободны, так как сила тяжести,
действующая на них, компенсируется магнитной силой отталкивания.
Рис. 3 .31

90
Приведем направляющую в движение вправо с ускорением 0
a
r
относитель-
но стола и проанализируем движение кареток в инерциальной системе отсче-
та, связанной со столом, и в неинерциальной системе отсчета, связанной с
направляющей.
Опыт показывает, что по отношению к столу каретки остались неподвиж-
ными (рис. 3 .32), что соответствует законам динамики.
А что произошло в неинерциальной системе отсчета? Ясно, что относительно
нее обе каретки двигались с ускорением – 0
a
r
. Действительно, за время t дви-
жения вправо неинерциальная система отсчета прошла путь
2
0
2
at
. Если ка-
ретки остались неподвижными относительно стола, то по отношению к неинер-
циальной системе они прошли такой же путь
2
0
2
at
и переместились влево.
Отсюда можно сделать следующие выводы.
В неинерциальной системе отсчета свободные тела независимо от их мас-
сы приобретают ускорение, равное – 0
a
r
.Первый закон Ньютона не выполня-
ется.
Не выполняются и второй, и третий законы, так как ускорение свободных
тел появляется без воздействия сил, возникает без взаимодействия с другими
телами.
1. Как формулируется третий закон динамики?
2. Земля притягивает яблоко с силой 5 Н. С какой силой яблоко при-
тягивает Землю?
3. Чему равно отношение ускорений взаимодействующих тел?
4. Каково соотношение между модулями сил 1
F
r
действия Земли на
Лунуи 2
F
r
действия Луны на Землю?
5. Лошадь тянет телегу. Сравните модуль силы 1
F
r
действия лошади
на телегу и модуль силы 2
F
r
действия телеги на лошадь при равно-
мерном движении телеги.
Рис. 3 .32
Рис. 3 .33
?

91
Рис. 3 .34
Рис. 3 .35
1
2
6. В известных опытах О. Герике (1654) с магдебургскими полушариями
по изучению атмосферного давления, чтобы разнять два полушария,
из которых был выкачан воздух, впрягали шестнадцать лошадей
(по восемь к каждому полушарию). Можно ли обойтись в таком
опыте меньшим количеством лошадей?
Упражнение 3.2
1. К крючку и корпусу динамометра привязаны две нити, которые перекинуты
через неподвижные блоки. К другим концам нити привязаны грузы массой
100 г каждый (рис. 3.33). Система находится в покое. Что показывает дина-
мометр?
2. С какой силой яблоко массой 100 г притягивает к себе Землю?
3. На одной чаше весов (рис. 3 .34) находится сосуд с водой, а на другой — шта -
тив, на котором подвешено алюминиевое тело массой 54 г. При этом весы
находятся в равновесии. Нарушится ли равновесие весов, если тело погрузить
в воду, не касаясь его дна и стенок? Груз какой массы и на какую чашу надо
положить, чтобы восстановить равновесие?
4. Два груза, массы которых равны 0,1 и 0,2 кг, связаны нитью и лежат на гладкой
поверхности. К левому грузу приложена сила 0,5 Н, к правому — сила, равная
по модулю 3 Н и направленная в противоположную сторону. Чему равна сила
натяжения нити? Чему она станет равной, если силы поменять местами?
5. Массы тел 1 и 2 (рис. 3.35) одинаковы и равны 5 кг. Трение в блоке отсутствует.
Массой блока можно пренебречь. Какова сила натяжения нити, если трение
между телом 1 и поверхностью стола отсутствует?

92
Виды сил трения. В механике обычно имеют
дело с силами всемирного тяготения, упругости и
трения. Силы упругости, силы всемирного тяго-
тения (а также силы притяжения и отталкивания
неподвижных электрически заряженных тел) за-
висят только от расположения тел, но не от их
скоростей. Силы трения зависят от относитель-
ных скоростей тел, между которыми они дейст-
вуют.
Силы трения могут действовать между сопри-
касающимися телами или их частями как при их
относительном движении, так и при их относитель-
ном покое. Трение называется внешним, если оно
действует между различными соприкасающимися
телами, не образующими единого тела (например,
трение между бруском и наклонной плоскостью, на
которой он лежит или с которой он соскальзывает).
Если же трение проявляется между различными
частями одного и того же тела, например между
различными слоями жидкости или газа, скорости
которых непрерывно меняются от слоя к слою, то
трение называется внутренним.
Сила трения, испытываемая твердым телом при
движении в жидкости (или газе), есть сила внутрен-
него трения в жидкости, а не внешнего трения
между жидкостью и твердым телом. Действитель-
но, опыт показывает, что слои жидкости или газа,
непосредственно примыкающие к поверхности
тела, прилипают к ней и движутся вместе с телом,
а трение возникает в окружающей среде между
различными слоями ее, соприкасающимися друг с
другом.
Трение между поверхностями двух соприкасаю-
щихся твердых тел при отсутствии между ними
жидкой или газообразной прослойки (смазки) на-
зывается сухим. Применительно к этому случаю,
когда соприкасающиеся тела движутся друг отно-
сительно друга, различают трение скольжения и
трение качения. Трение между поверхностью твер-
дого тела и окружающей его жидкой или газообраз-
ной средой, в которой оно движется, а также трение
между различными слоями такой среды, называ-
ется жидким или вязким. При воздействии на тело
§ 3.6
СИЛЫ ТРЕНИЯ

93
внешней силы, недостаточной для того, чтобы тело стало двигаться, говорят
о трении покоя.
Роль сил трения в физике и технике. С энергетической точки зрения
трение всегда приводит к преобразованию механической энергии во внутрен-
нюю энергию. В следующем разделе вы узнаете, что именно исследования
этого процесса в середине XIX в. привели к открытию закона сохранения
энергии. Таким образом, исследование сил трения имело огромное значение
в становлении фундаментальных физических идей, выраженных законами
динамики и законом сохранения энергии.
Роль трения в технике обобщенно можно выразить, выделив его «вредное»
и «полезное» действия. На борьбу с вредным действием трения «уходит» от 25
до 30% энергии, вырабатываемой человечеством.
Значительно менее заметна, хотя и чрезвычайно важна, полезная роль
трения. Попробуем на минуту вообразить, что трение исчезло. Удачной, но
далеко не полной моделью такой ситуации является знакомый всем гололед.
Не разбушевавшаяся стихия в виде урагана или наводнения, а всего лишь не-
большой морозец или прохладный ветерок после оттепели приводит вдруг к
ошеломляющим последствиям: автомобили с их мощными двигателями ста-
новятся совершенно беспомощными, а пешеходы «ползут» по тротуару со
скоростью черепахи. Число дорожных происшествий в период гололеда в сот-
ни раз превышает обычный уровень, а больницы оказываются переполненны-
ми пострадавшими. И все это из-за того, что трение лишь частично исчезло!
Еще более неприятен и опасен для водителей отказ тормозов — одного из наи-
более древних устройств, в котором трение играет полезную роль.
Эмпирический характер законов трения. Законы трения имеют эмпири-
ческий характер. Несмотря на длительное время исследования сил трения,
ученым не удалось создать общей и универсальной теоретической модели воз-
никновения этих сил. Установление законов трения основано на применении
законов динамики. При равномерном движении сила трения уравновешивается
приложенной силой. На этом основано измерение силы трения скольжения.
Рис. 3 .37
Рис. 3 .36
Fд, Н
Fтр
,Н
0
1
2
12 34
F
r
т
F
r
тр

94
Поместим на горизонтальную поверхность стола брусок, прикрепим к его
торцу нить и перекинем ее через блок (рис. 3 .36). К свисающему концу нити
будем подвешивать последовательно грузы возрастающей массы. Брусок оста-
ется в покое при любых действующих силах, меньших некоторого значения
(Fт)
max
. Следовательно, на брусок, пока он покоится, действует в направлении,
противоположном приложенной силе, сила трения: Fтр
=F
т
≤ (Fт)
max
. Сила тре-
ния, действующая между соприкасающимися телами в состоянии покоя,
называется силой трения покоя. Она равна по модулю и противоположна по
направлению силе, которая вызывает (должна вызывать) изменение импуль-
са тела. Следовательно, сила трения покоя изменяется по модулю при изме-
нении внешней силы.
При достижении внешней силой некоторого значения возникает скольже-
ние тел. Следовательно, сила трения покоя имеет некоторое максимальное
значение. Закон трения скольжения был сформулирован французским ученым
Г. Амонтоном (1699) и независимо от него Ш. Кулоном (1781).
Модуль силы трения скольжения пропорционален модулю силы давле-
ния F
r
д, действующей нормально к поверхностям соприкосновения тел:
Fтр
= μFд, где μ — коэффициент трения, зависящий только от свойств поверх-
ностей соприкасающихся тел. Полученное выражение называют законом су-
хого трения скольжения.
На рисунке 3.37 показан график зависимости модуля силы трения сколь-
жения от модуля силы давления.
Если модуль силы 0
F
r
, действующей на тело вдоль плоскости соприкосно-
вения тел, превосходит модуль силы трения тр
F
r
, то тело движется с ускорени-
ем, модуль которого равен
F0–F
тр
m
a=
.
Рис. 3 .39
Рис. 3 .38
Fтр
Y
X
α
α
r
a
N
r
r
Fт
r

95
Исследование 3.4
Цель исследования: измерить ускорение при скольжении тела по
наклонной плоскости и сравнить его с рассчитанным по законам динамики.
Оборудование: направляющая от прибора по механике; каретка; электрон-
ный секундомер; датчики, динамометр, набор грузов (рис. 3 .38).
Вариант выполнения исследования
1. Измерьте время t скольжения каретки между датчиками при условии,
что один из них фиксирует момент начала скольжения. Измерьте расстояние
l между датчиками.
2. Вычислите по кинематической формуле
=
к
2
2l
a
t
ускорение каретки.
3. Докажите, пользуясь законами Ньютона, что ускорение, с которым ка-
ретка скользит по наклонной плоскости, равно ад = g sinα –μg cosα, где g —
ускорение свободного падения, μ — коэффициент трения, α — угол наклона
плоскости к горизонту.
Доказательство может быть таким. Пусть угол наклона плоскости доста-
точно большой и тело скользит по ней с некоторым ускорением. На него
действуют: сила тяжести т
Fm
g
=
r
r
, сила реакции опоры N
r
и сила трения тр
F
r
(рис. 3.39). Так как ускорение направлено по оси X, то сумма проекций этих
сил на ось X равна max
.
Следовательно, можно записать:
sin
ma mg
F
α
=−
тр
.
(1)
Сумма проекций этих же сил на ось Y равна нулю, так как ау = 0.
0c
o
s
Nmg α
=−
;
cos
Nmg α
=
.
(2)
Сила трения равна тр
д
FF
μ
=
(Fд=N=
cos
mg α — третий закон Ньютона).
Тогда уравнение (1) принимает вид:
sin
cos
ma mg
mg
αμ
α
=−
.
(3)
Из уравнения (3) имеем:
sin
cos
ag
g
αμα
=−
.
(4)
4. Измерьте угол α.
5. Расположите направляющую горизонтально (рис. 3 .40) и измерьте ко-
эффициент трения.
тр
F
mg
μ=
, где m — масса каретки с грузами, а сила трения
Fтр равна показаниям динамометра при равномерном движении каретки.
6. Рассчитайте ад по формуле (4).

96
7. Сравните ад со значением ак, определив отношение
||
дк
aa
a
ε
−
=
,гдеа—
наименьшее из значений ак и ад.
8. Сделайте вывод.
* Движение автомобиля. Задачу о движении любого вида колесного
транспорта (будем условно называть его «автомобилем») можно рассмотреть
на основе законов движения твердого тела. Все внутренние силы, возникающие
в двигателе, не могут быть причиной изменения положения центра масс. По-
этому тип двигателя не играет существенной роли при механическом анализе
движения.
Единственные внешние силы, действующие на автомобиль в горизонтальном
направлении, — это силы трения, которые и являются причиной изменения
скорости автомобиля (если пренебречь силой сопротивления воздуха). Рас-
смотрим подробнее, почему движется автомобиль. Сделаем это на примере
электрического автомобиля, действующая модель которого изображена на
рисунке 3.41 . Электродвигатель, помещенный на раме, соединен приводом с
одной парой колес.
При включении электродвигателя привод начинает вращать ведущие ко-
леса, например, против часовой стрелки (стрелка А, рис. 3 .42). Поэтому сразу
же возникает сила трения покоя F
r
, направленная в сторону, противополож-
ную возможному смещению точек соприкосновения колес с дорогой. На ри-
сунке 3.42 эта сила направлена влево и она сообщает автомобилю ускорение.
Для нахождения модуля ускорения необходимо учесть еще силу сопротивле-
ния. Тогда
c
FF
a
m
−
=
.
Рис. 3 .40
Рис. 3 .41
д
к

97
Рис. 3 .43
Сила трения покоя действует и при движении автомобиля, если отсутствует
проскальзывание. Действительно, если качение колеса по дороге происходит
без проскальзывания, то в каждый момент времени точка контакта колеса и
дороги неподвижна.
При движении по скользкой дороге колеса буксуют (проскальзывают) и
сила трения покоя обращается в нуль.
Оценка тормозного пути. В простейшем случае торможения только за
счет силы трения скольжения (при невращающихся колесах) тормозной путь
пропорционален квадрату скорости
2
0
v и обратно пропорционален коэффици-
енту трения. Докажем это.
Известно, что
=
2
02
va
l
т
,а
F
a
m
=
. Так как
0
mgN
+=
r
r
,то
тр
FF
=
rr
. Но сила
трения Fтp
= μmg, поэтому получаем:
=
2
т
02
mgl
v
m
μ
. Отсюда тормозной путь
равен
3
0
т
2
v
l
g
μ
=
.
Поскольку
2
0
2
mv
—
это кинетическая энергия автомобиля перед началом
торможения, то, следовательно, тормозной путь пропорционален кинетической
энергии автомобиля перед началом торможения: ==
2
00
т
тр
тр
2
k
mv
E
l
FF
.
Время торможения пропорционально импульсу автомобиля перед началом
торможения. Действительно, так как при торможении v = v0 – at и v = 0 , то
00 00
тр
тр
тр
vvm
vp
t
F
aF
F
m
===
= , где p0 — начальный импульс автомобиля.
Рис. 3 .42
А
F
r

98
Итак, для простейшей модели процесса торможения тормозной путь про-
порционален кинетической энергии автомобиля в начале торможения, а вре-
мя торможения пропорционально его начальному импульсу.
Исследование 3.5
Цель исследования:рассчитать коэффициент трения, импульс тела
и его кинетическую энергию на основе измерения тормозного пути.
Оборудование: штатив; наклонная плоскость; полоска из бумаги; монета;
канцелярский зажим; линейка.
Вариант выполнения исследования
1. Соберите измерительную установку (рис. 3 .43). Закрепите поверх на-
клонной плоскости бумажную полоску так, чтобы обеспечить плавный переход
с наклонной плоскости на поверхность стола.
2. Измерьте параметры наклонной плоскости: ее высоту h, основание b
(рис. 3 .44). Осуществите пуск монеты с вершины наклонной плоскости. Из-
мерьте тормозной путь lт
. Запишите полученные результаты в таблицу.
Номер опыта
lт, мм
b, мм
h, мм
lт.ср
,мм
1
2
3
4
5
3. Докажите, что коэффициент трения между монетой и наклонной пло-
скостью равен =
+т
h
bl
μ
.
4. Рассчитайте среднее значение коэффициента трения скольжения.
Рис. 3 .44
h
b
lт
v
r
0

99
5. Докажите, что конечная скорость монеты у основания наклонной пло-
скости (она же начальная скорость 0
v
r
при движении по горизонтальному уча-
стку до остановки — см. рис. 3 .44) определяется выражением
√⎯⎯⎯⎯⎯⎯
v0= 2μglT .
6. Рассчитайте среднее значение скорости v0.
7. Рассчитайте импульс и кинетическую энергию монеты перед началом
торможения. Массу монеты можно найти, пользуясь таблицей.
Достоинство
монеты
5 руб. 2 руб. 1руб. 50 коп. 10 коп. 5 коп. 1 коп.
Масса монеты, г
6,5 5,0 3,5
3,0
2,0
2,5
1,5
1. Как вычисляется сила трения скольжения?
2. Как изменится сила трения скольжения при движении бруска по
горизонтальной плоскости, если увеличить силу давления?
3. Брусок массой m движется вниз по наклонной плоскости, коэффици-
ент трения скольжения равен μ. Чему равен модуль силы трения?
4. Брусок массой m лежит на наклонной плоскости, угол наклона
которой к горизонту α. Коэффициент трения скольжения μ. Чему
равен модуль силы трения?
Упражнение 3.3
1. Брусок массой 0,3 кг равномерно тянут с помощью динамометра по горизон-
тальной поверхности стола. Показания динамометра 0,6 Н. Чему равен коэф-
фициент трения скольжения? Ускорение свободного падения примите равным
10 м/с2.
2. Конькобежец массой 80 кг скользит по льду. Чему равна сила трения сколь-
жения, действующая на конькобежца, если коэффициент трения скольжения
коньков по льду равен 0,02?
3*. Определите тормозной путь автомобиля, начавшего торможение на горизон-
тальном участке шоссе с коэффициентом трения 0,5 при начальной скорости
движения 15 м/с. Ускорение свободного падения примите равным 10 м/с2.
4*. Автомобиль совершает поворот по дуге окружности. Каково минимальное зна-
чение радиуса окружности траектории автомобиля при коэффициенте трения
автомобильных шин о дорогу 0,4 и скорости автомобиля 10 м/с? Ускорение
свободного падения примите равным 10 м/с2.
5. При проведении лабораторной работы были получены следующие данные:
длина наклонной плоскости 1 м, высота 20 см, масса деревянного бруска
200 г, сила тяги, измеренная динамометром при равномерном движении бруска
вверх, 1 Н. Найдите коэффициент трения.

100
Домашнее исследование
Измерьте коэффициент трения скольжения дерева по дереву.
Оборудование: карандаш, транспортир.
Вариант выполнения исследования
1. Поставьте карандаш закругленным концом на горизонтально располо-
женную доску под небольшим углом к вертикали. При малых углах наклона
карандаша он не будет скользить даже при больших значениях силы F
r
. Эта
сила будет уравновешиваться равнодействующей сил реакции опоры N
r
и силы
трения F
r
тр:
тр
FNF
=+
rrr
(рис. 3 .45).
2. Постепенно увеличивайте угол наклона карандаша. Измерьте угол, при
котором начинается скольжение карандаша по поверхности доски. (Скольже-
ние начнется при выполнении условия:
тр
sin
FF
β=
.)
3. Учитывая, что тр
cos
FNF
μμβ
==
r
, получите выражение для расчета ко-
эффициента трения (μ = tgβ).
Рис. 3 .45
β
F
r
тр
N
r
F
r

101
Формулировка закона. Как вам известно из
курса физики основной школы, закон всемирного
тяготения утверждает: тела притягиваются
друг к другу с силой, модуль которой пропорцио-
нален произведению их масс и обратно пропор-
ционален квадрату расстояния между ними:
F∼
12
2
mm
r
. Этот закон открыт И. Ньютоном и под-
робно описан им в специальной части книги «Ма-
тематические начала натуральной философии».
Теоретической основой открытия являются законы
динамики, эмпирической — наблюдения Тихо
Браге, законы Кеплера, экспериментальные дан-
ные о движении Луны.
После измерения коэффициента пропорциональ-
ности (1798) общепринятой является следующая
математическая запись закона всемирного тяготе-
ния:
12
2
mm
FG
r
=
, где коэффициент пропорциональ-
ности G, названный гравитационной постоянной,
равен: G = 6,67·10–11
Н·м
2
/кг2
.
Закон всемирного тяготения выполняется всег-
да, однако его применение в виде
12
2
mm
FG
r
=
огра-
ничено для тел, которые описываются моделью
«материальная точка», однородных тел шаровой
формы, сферически симметричных тел. Сфериче-
ски симметричным телом можно считать Землю,
поэтому силу взаимодействия человека с Землей
можно рассчитать по выше приведенной фор-
муле.
Открытие закона всемирного тяготения. Рас-
смотрим, каким образом Ньютону удалось сделать
самое выдающееся в истории физики открытие.
Воспользуемся для этого формулировкой второго
закона динамики в виде Fm
a
=
r
r
, которая позволя-
ет сравнивать силы на основе сравнения уско-
рений.
Еще со времен Галилея известно, что ускорение
свободного падения на Земле не зависит от массы
падающих тел. Это возможно только при условии,
§ 3.7
ЗАКОН
ВСЕМИРНОГО
ТЯГОТЕНИЯ
Рис. 3 .46
Рис. 3 .47
m
F
r
т1
F
r
т2
g
r
g
r
m0

102
если сила притяжения тел к Земле пропорциональна массе тела: Ет
= gm.
Только тогда ускорение не будет зависеть от массы: == =
т
Fmg
ag
mm
.
Тела разной массы под действием силы тяжести двигаются с одинаковым
ускорением (рис. 3 .46) именно потому, что при увеличении массы во столько
же раз увеличивается и сила тяжести, но отношение силы тяжести к массе
падающего тела остается постоянным.
Зависит ли эта сила от расстояния между телами и если зависит, то как? На
этот вопрос ответил Ньютон, выдвинув гипотезу, смысл которой состоял в том,
что сила, сообщающая ускорение Луне, — это сила ее притяжения к Земле. Если
эта гипотеза справедлива, то сила притяжения к Земле убывает обратно про-
порционально квадрату расстояния. Для доказательства этого Ньютону было
достаточно определить ускорение Луны.
Ускорение Луны равно:
2
2
21
0,0027
vr
a
rTr
π
⎛⎞
==
⋅
≈
⎜⎟
⎝⎠
м/с2. Но расстояние до
Луны в 60 раз больше радиуса Земли. Сравним ускорение Луны с ускорением
свободного падения на Земле:
g
9,8 м/с2
0,0027 м/с2
a
=
= 3600 = (60)2
.
При увеличении расстояния между центрами Земли и Луны в 60 раз уско-
рение, которое вызывает сила тяготения, убывает в (60)2
. Но сила равна про-
изведению массы на ускорение (второй закон Ньютона), следовательно, и сила
убывает во столько же раз.
Измерение гравитационной постоянной. Во времена Ньютона закон
всемирного тяготения был подтвержден только астрономическими наблюде-
ниями над движениями планет и их спутников. Впервые непосредственное
экспериментальное доказательство этого закона для земных тел, а также
определение значения гравитационной постоянной G были даны английским
физиком Г. Кавендишем (1731—1810) в 1798 г. Он использовал крутильные
весы.
Другой метод определения гравитационной постоянной был предложен
в 1878 г. немецким физиком-экспериментатором Ф. Жолли (1809—1880), ко-
торый воспользовался рычажными весами. На одном из плеч рычажных весов
одна под другой подвешены две чашки (рис. 3. 47), между которыми установ-
лено неподвижно тяжелое свинцовое тело массой m0, имеющее форму шара.
В этом теле просверлен вертикальный канал, сквозь который свободно про-
ходит проволока, соединяющая обе чашки. Если на верхнюю чашку положить
тело массой m, то на него будет действовать вниз сила, модуль которой равен
Q1 = mg + F, где F — модуль силы гравитационного притяжения между тела-
ми массами m0 и m. Модуль силы F
r
равен
0
2
mm
FG
r
=
, где r — расстояние

103
между центрами рассматриваемых тел (см. рис. 3 .47). Если тело массой m
перенести в нижнее положение, то сила F
r
изменит направление. Модуль
силы, действующей вниз, станет равен Q2 = mg – F . Таким образом,
0
12
2
22
mm
QQFG
r
−==
.
(1)
Значения Q1 и Q2 определяются по весу гирь, которые надо положить на
чашку весов, подвешенную к другому плечу коромысла, чтобы, весы находи-
лись в равновесии.
Из соотношения (1) и можно вычислить G.
Измерения G современными методами привели к результату:
−
=±⋅
11
(6,6732 0,0031) 10
G
Н·м
2
·кг–2
.
Вычисление массы Земли. Закон всемирного тяготения позволяет вы-
числить массу Земли.
Действительно, ускорение свободного падения относительно неподвижной
Земли (а также любой другой планеты) определяется на основе второго закона
и закона всемирного тяготения: mg0 = G
2
Mm
R
.
Отсюда масса Земли равна
2
0
gR
M
G
=
.
Закон всемирного тяготения позволяет определить ускорение свободного
падения на любой высоте h по формуле: 0
2
()
h
M
gG
Rh
=
+
.
1. Как формулируется закон всемирного тяготения?
2. Для расчета взаимодействия каких тел можно применить формулу
12
2
mm
FG
r
=
?
3. Какова роль кинематических методов при установлении закона
всемирного тяготения?
4. Опишите опыт по измерению гравитационной постоянной.
5. Какова роль законов динамики при установлении закона всемирного
тяготения?

104
Упражнение 3.4
1. Из всего добытого на Земле золота можно было бы сделать шар, диаметр
которого был бы равен 22 м. Плотность золота 1,93·104 кг/м3. С какой силой
притягивал бы вас этот шар, если бы вы подошли к нему вплотную?
2. Найдите ускорение свободного падения на поверхности Венеры, если ее масса
равна 4,9·1024 кг, а радиус 6100 км.
3. Найдите ускорение свободного падения на поверхности Юпитера, если его
масса приблизительно в 317 раз больше массы Земли, а радиус в 11 раз
больше земного.
4. Среднее расстояние между центрами Земли и Луны равно 60 земным радиусам,
а масса Луны в 81 раз меньше массы Земли. В какой точке прямой, соеди-
няющей центры Земли и Луны, тело будет притягиваться ими с одинаковой
силой?

105
При жидком (вязком) трении отсутствует сила
трения покоя. Достаточно слегка дунуть на пла-
вающий в ванне с водой деревянный брусок, чтобы
он пришел в движение. Человек, отталкиваясь
шестом от дна реки, легко заставляет двигаться
лодку с большим грузом.
При относительной скорости движения тел,
равной нулю, сила жидкого трения также равна
нулю. При увеличении относительной скорости
значение силы жидкого трения растет сначала ли-
нейно, а затем пропорционально квадрату скорости.
Характер зависимости проекции силы жидкого
трения от проекции скорости для обычных (дозву-
ковых) скоростей иллюстрирует рисунок 3.48. Для
малых скоростей Fсx
= – r1vx, для больших скоростей
2
2()
xx
Fr
v
=±
. Значения коэффициентов пропорцио-
нальности r1 и r2 зависят от свойств среды, размеров
и формы тела и состояния поверхности тел. Знак в
формуле для больших скоростей выбирается про-
тивоположным знаку проекции скорости.
При большом сопротивлении воздуха сила
сопротивления может быть пропорциональной
квадрату скорости и в том случае, когда скорость
мала. Только эксперимент может ответить на во-
прос, какова зависимость силы сопротивления от
скорости.
Исследование 3.6
Цель исследования: установить зави-
симость силы сопротивления при движении тела
в воздухе от скорости тела.
Оборудование: пять бумажных воронок кониче-
ской формы; измерительная лента.
При падении воронки (рис. 3.49) скорость ее
равномерного движения устанавливается довольно
быстро. Вместе с тем нельзя до проведения опытов
считать, что сила сопротивления пропорциональна
скорости. Поскольку поверхность воронки велика,
вполне может оказаться, что сила сопротивления
пропорциональна квадрату скорости v2
.
Таким образом, на опыте необходимо выяснить,
какая из двух гипотез зависимости силы сопротив-
§ 3.8
СИЛЫ
СОПРОТИВЛЕНИЯ
В ЖИДКОЙ И
ГАЗООБРАЗНОЙ
СРЕДЕ
Рис. 3 .48
Рис. 3 .49
Fсx
vx
O
v
r
сx

106
ления от скорости является справедливой — гипо-
теза 1: Fc
~ v или гипотеза 2: Fc
~ v2.
Пусть справедлива первая гипотеза. Для расчета
времени падения можно воспользоваться формулой
h
t
v
=
, так как падение с постоянной скоростью
устанавливается очень быстро. Тогда время падения
воронки с высоты h равно
1
1
1
rh
h
t
mg mg
r
==.
Эта формула показывает: n вложенных друг
в друга воронок с высоты nh падают в течение та-
кого же времени, как и одна воронка с высоты h.
Пусть справедлива вторая гипотеза. Докажите,
что в этом случае время падения воронки с высоты
h равно
2
2
r
t
mg
=
. Следовательно, 4 воронки с вы-
соты 2 h будут падать столько же времени, сколько
одна воронка с высоты h.
Для выяснения того, какая из гипотез справед-
лива, осуществите одновременный пуск двух и
одной воронки с высоты 2h и h (рис. 3 .50) и сравни-
те время падения. Затем сделайте то же самое с че-
тырьмя и одной воронками. Сделайте вывод о ха-
рактере зависимости силы сопротивления от ско-
рости движения.
Рис. 3 .50
1. Как зависит сила сопротивления от скорости при небольших ско-
ростях?
2. Какова зависимость силы сопротивления от скорости при больших
скоростях?
3. Почему при проведении исследования время падения рассчитывается
по формуле
h
t
v
=
?

107
Рассмотрим движение планеты вокруг Солн-
ца. Пусть М — масса Солнца, m — масса планеты.
Так как m << M, то Солнце можно считать непод-
вижным.
В соответствии с законом всемирного тяготения
2
Mm
FFG
r
==
′
.
Сила
⎛⎞
===
⋅
=
⋅
′
⎜⎟
⎝⎠
2
22
2
2
2141
vr
r
Fm
amm
m
rT
r
r
T
ππ
.
Итак, можно записать:
2
22
4
Mm
r
Gm
rT
π
=
.
Отсюда получается, что
3
22
4
rG
M
C
T
π
==
.
Это соотношение соответствует третьему закону
Кеплера.
Теперь рассмотрим два космических тела,
массы которых m1 и m2 сравнимы друг с другом.
Эти два космических тела могут образовать устой-
чивую динамическую систему. Такие устойчивые
динамические системы очень часто встречаются в
космическом пространстве. Это так называемые
двойные звезды. К таким звездам относится, на-
пример, Сириус.
Для того чтобы система была устойчивой, тела
должны двигаться вокруг общего центра масс с
одинаковым периодом в соответствии с третьим
законом Кеплера (рис. 3 .51).
Мы знаем, что
21
12
22
;
mm
aG aG
rr
==
.
В то же время
22
12
12
2
44
;
rr
aa
TT
ππ
==
.
Следовательно, каждое из тел движется так,
что
22
1221
22
22
44
;
rm rm
GG
Tr
Tr
ππ
==
.
§ 3.9
ОБОБЩЕННЫЙ
ТРЕТИЙ ЗАКОН
КЕПЛЕРА

108
Сложим эти выражения почленно:
2
12
12
22
4
()( )
G
rr
mm
Tr
π
+=
+.
Так как r1+r2=r, то
2
12
22
4
()
G
rm
m
Tr
π
=+
. Отсюда получаем обобщенный тре-
тий закон Кеплера:
3
12
22
()
4
rG
mm
T
π
=+
.
* Обобщенный третий закон Кеплера позволяет измерить массы двойных
звезд непосредственно на основе астрономических наблюдений.
Из формулы для обобщенного закона Кеплера видно, что для определения
суммы масс двойных звезд нужно знать расстояние между звездами. Рассмо-
трим, как измеряют это расстояние.
Если Земля находится в точке А своей орбиты (рис. 3 .52), то земной наблю-
датель видит звезду М в том же направлении, в котором ее видел бы наблюда-
тель, находящийся на Солнце S. Но когда Земля через три месяца попадет в
точку В, то земной наблюдатель увидит звезду М не в прежнем направлении,
а под углом СВМ к этому направлению. Нетрудно понять, что угол СВМ равен
углу SMВ, т.е . углу, под которым со звезды М виден радиус земной орбиты
SB. Такой угол называется годичным параллаксом звезды. Годичный парал-
лакс звезды — это наибольший угол, под которым со звезды виден радиус
(точнее, большая полуось) земной орбиты.
Обозначим радиус (большую полуось) земной орбиты через а, расстояние
звезды М от Солнца через D и годичный параллакс звезды через р. Тогда из
прямоугольного треугольника SMВ с малым углом p находим:
tgр≈ sin
a
p
D
=
.
(1)
Рис. 3 .52
Рис. 3 .51
О
m1 r1
r2 m2
p
p
S
a
D
C
B
A
M

109
Учитывая малость угла р и то, что
1
sin1
206265
=
′′
, формулу (1) можно перепи-
сать в виде:
206265
a
p
D
=
.
(2)
Расстояния до звезд очень велики, и потому измерять эти расстояния в
астрономических единицах неудобно. Поэтому используется единица, которая
называется парсеком.
Парсек (пк) — расстояние, с которого большая полуось земной орбиты,
перпендикулярная лучу зрения, видна под углом в 1′′.
Изформулы(2)видно,чтоеслир=1′′,то1пк=206265а=206265·1а.е. =
= 3,08 · 1013 км.
Из той же формулы получается, что если расстояние выражать в парсеках, то
1
D
p
=
, т.е. расстояние до звезд является величиной, обратной параллаксу, вы-
раженному в секундах дуги.
Исследование 3.7
Цель исследования:оценить массу двойных звезд с использованием
обобщенного третьего закона Кеплера.
Оборудование: планшет с траекторией двойных звезд — компонент Сириу-
са (рис. 3 .53).
На рисунке изображена видимая орбита Сириуса за 70 лет. Сплошная тон-
кая линия — движение центра масс (точка С). Толстая кривая линия — види-
мая траектория главной звезды (точка А). Пунктирная линия изображает
траекторию движения второй звезды (точка В). Отрезки соединяют положения
компонент в момент наблюдения. Масштаб, изображенный в верхней части
рисунка 3.53, показывает, под каким углом с Земли виден изображенный
отрезок (6′′), если его расположить вдоль линии, соединяющей звезду А и
звезду В (рис. 3.54).
Вариант выполнения исследования
1. Определите период Т обращения. Для этого найдите на рисунке 3.53
одинаковые по расположению линии, соединяющие звезды А и В, и промежу-
ток времени между этими положениями.
2. Запишите полученное значение периода Т.
3. Найдите отношение масс:
cp
cp
A
A
BB
l
M
Ml
=
.
(3)

110
Для этого найдите среднее расстояние каждой звезды до центра масс в мил-
лиметрах:
12
12
cp
cp
...
...
;
13
13
AB
ll
ll
ll
++
++
′′
==
,
предварительно измерив на рисунке расстояния l1, l2, ...,
12
,
ll
′′
, ... , соответ-
ствующие указанным датам.
Год наблюдения
1850 1855 1860 1865
...
1920
lA, мм
lB, мм
Рис. 3 .54
r
p
1 а.е.
α
С
З
А
В
1850
1860
1870
1880
1890
1900
1910
1920
l1
l2
A
C
B
Масштаб
0′′ 2′′4′′6′′
l0
l1
′
l2
′
Рис. 3 .53

111
4. Определите сумму масс звезд МА+МВ. В соответствии с обобщенным
третьим законом Кеплера:
32
2
4
AB
r
MM
G
T
π
+=⋅ .
(4)
Следовательно, кроме периода Т, который вы определили, надо знать расстояние r
между звездами А и В — компонентами Сириуса.
5. Определите в миллиметрах среднее расстояние между звездами:
lcp
= lAcp + lBcp
.
6. Определите расстояние r между звездами в астрономических единицах.
Для этого определите угол α, под которым Сириус А и Сириус В, разделенные
расстоянием r, видны с Земли (см. рис. 3.54). Составьте пропорцию:
cp
0
6
l
l
α
=
′′
,
где l0 — длина отрезка, соответствующего 6′′ дуги (см. рис. 3.53). Из пропорции
следует, что =
′′
0
·6
cp
l
l
α
. Так как
1a.e.
r
p
α
=
(см. рис. 3.54), то r
p
α
=
, гдер=0,38′′ —
параллакс для Сириуса.
7. Используя соотношения (3) и (4), вычислите массу каждой звезды.
1. Как формулируется обобщенный третий закон Кеплера?
2. Чему равно отношение ускорений двух звезд, движущихся вокруг
общего центра масс?
3. Что такое «двойная звезда»?
4. Чему равно отношение масс Сириуса А и Сириуса В?
cp
0
l
l

112
Пример 1. Через блок перекинута нерастяжимая
нить, на концах которой подвешены грузы 1 и 2
массой m1 и m2 (m2>m1), причем масса нити и блока
значительно меньше m1. Определите силу натяже-
ния нити и силу упругости, возникающую в оси.
(Представленная в этом примере система связанных
тел очень распространена в технике. Такие кон-
струкции используются в лифтах, подъемных
кранах, лебедках и т.д.)
Решение. Движение грузов 1 и 2 не является
свободным. Это означает, что нам известно направ-
ление движения грузов: груз 2 движется вниз, а груз
1 — вверх. Из-за того, что грузы связаны одной не-
растяжимой нитью, модули их ускорений одинако-
вы: а1 = а2 = а. Наличие связи позволяет нам рас-
смотреть лишь проекции всех сил на вертикальную
ось ОY (рис. 3.55).
На груз 1 действуют сила упругости
→
Fупр и сила
тяжести
→
m1g . Поэтому m1a1 = Fупр+ m1g
→
→
→
,иливпро-
екциях на ось ОY: –m1a = –Fyпр + m1g, или
m1a = Fyпр
–
m1g.
(1)
Для груза 2 запишем:
m2а =m2g – F′yпр
.
(2)
Так как массой нити и блока мы пренебрегаем, то
Fyпр
= F′yпр
.
§ 3.10
ПРИМЕРЫ
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Рис. 3 .55
Рис. 3 .56
1
2
F
r
упр
r
a1
r
a2
m1g
r
m2g
r
α
δ
φ
F
r
тр
mg
r
N
r
Q
r
F
r
О
Y
F
r
упр
′

113
Рис. 3 .57
Из уравнений (1) и (2) получим: a(m1 + m2) = = m2g – m1g. Отсюда:
21
21
mm
ag
mm
−
=
+
.
Теперь из любого из уравнений (1) или (2) можно найти силу упругости.
Например, из (1) имеем:
Fупр
=
⎛⎞
−−
+=
+=
+
=
⎜⎟
++
⎝⎠
21
21
111
11
21
21
1
mm
mm
mamgm
gmgmg
mm
mm
−++
==
++
2121 2
1
1
21
21
2
mmmm m
m
mg
g
mm
mm
.
Сила упругости в оси блока Fупр.б
= 2Fyпр:
Fупр.б
21
21
4mm
g
mm
=
+
.
Пример 2. По деревянным сходням, образующим угол α с горизонтом, вта-
скивают ящик с помощью веревки. Под каким углом φ к горизонту следует
тянуть веревку, чтобы с наименьшим усилием равномерно втаскивать ящик?
Коэффициент трения ящика о сходни равен μ.
Решение:Натело действуют сила тяжести mg
r
, сила реакции опоры N
r
,
сила трения тр
F
r
и искомая сила F
r
. При равномерном движении ящика век-
торная сумма всех сил равна нулю. Заменим силу реакции опоры и силу
трения их равнодействующей Q
r
(рис. 3.56). Как видно из рисунка, угол δ
между векторами сил Q
r
иN
r
определяется из выражения
тр
tg
F
N
δ=
. Так как
тр
FN
μ
=
, то tgδμ
=
, откуда следует, что
arctg
δμ
=
.
Силы, mg
r
,F
r
иQ
r
должны образовать замкнутый треугольник. Направле-
ния сил mg
r
иQ
r
мы знаем. Вектор Q
r
составляет с вертикалью угол αδ
+ .Из
Рис. 3 .58
mg
r
F
r
Q
r
m
r
aтр
r
a0
F
r
тр

114
конца вектора mg
r
под углом αδ
+ проводим прямую, вдоль которой направ-
лена сила Q
r
. Модуль вектора силы F
r
, соединяющего конец вектора Q
r
с на-
чалом вектора mg
r
, будет минимальным, если сила F
r
будет перпендикулярна
к направлению действия силы Q
r
(рис. 3 .57). Из этого рисунка ясно, что ис-
комый угол φ равен углу αδ
+ (как углы с взаимно-перпендикулярными сто-
ронами). Следовательно,
arctg
φα
μ
=+
.
Пример 3. На горизонтальной доске длиной l лежит брусок массой m.
Коэффициент трения между бруском и доской равен μ. Через какое время
брусок соскользнет с доски, если доске сообщили ускорение 0
a
r
, направленное
вправо?
Решение.После сообщения ускорения доске брусок начинает скользить
по доске и возникает сила трения(рис. 3 .58), равная тр
FN
μ
=
,гдеN—модуль
силы нормального давления: N = mg. Следовательно, тр
FNm
g
μμ
== . Ускоре-
ние, которое может сообщить эта сила, равно тр
ag
μ
=
.
Ясно, что если модуль ускорения 0
a
r
, которое было сообщено доске, меньше
или равен модулю ускорения тр
a
r
:0
ag
μ
≤ , то брусок никогда не соскользнет
с доски.
При выполнении условия 0
ag
μ
>
брусок будет скользить по доске с отно-
сительным ускорением, равным 0
ag
μ
−
, а время, необходимое для того, чтобы
брусок соскользнул с доски, равно
0
2l
t
ag
μ
=
−
.
Пример 4. С какой силой притягивает Земля камень массой m0, находящий-
ся на расстоянии r от ее центра внутри Земли? Считать Землю шаром радиусом
R и средней плотностью ρ. Постройте график зависимости ускорения свобод-
ного падения от расстояния.
Решение.Силу взаимодействия тела массой m0 с Землей можно предста-
вить как сумму сил взаимодействий этого тела с шаром радиусом r, который
находится «под ним», и сферической оболочкой радиусом R – r, которая на-
ходится «над телом». Сила взаимодействия тела и оболочки равна нулю. Это
объясняется следующим образом. Сила притяжения тела массой m0 и оболоч-
ки может быть представлена как сумма элементарных сил fΔ
r
между телом и
малым участком оболочки массой Δm (рис. 3 .59). Для каждого участка массой
1
m
Δ найдется участок массой
2
m
Δ , такой, что
2
11
2
2
2
mr
m
r
Δ
=
Δ
, где r1 — расстояние,
на котором от точки O1 находится первый участок, r2 — расстояние, на котором
от точки О1 находится второй участок. Тогда силы одинаковы по модулю и
противоположны по направлению, т.е.
12
0
ff
Δ+Δ =
rr
.

115
Рис. 3 .60
Рис. 3 .61
Итак, тело массой m0 притягивается только шаром радиусом r. Модуль этой
силы равен
0
2
mm
FG
r
=
, где m — масса шара радиусом r. Масса шара равна
3
4
3
mV
r
ρπρ
==
. Следовательно,
3
00
2
4
4
3
3
r
FGm
Gmr
r
πρ
πρ
==
.
Таким образом, сила взаимодействия между земным шаром и телом внутри
него пропорциональна расстоянию до центра.
Ускорение свободного падения внутри Земли равно
0
4
3
r
F
gG
r
m
πρ
==
.
График зависимости ускорения свободного падения от расстояния пред-
ставлен на рисунке 3.60 (g0 = 9,8 м/с2
—
ускорение на поверхности Земли).
Рис. 3 .59
r
Δm1
Δm2
O1
O
R
r
0
g0
gr
2R
R
4
g0
F
r
упр
P
r
Δf2
r
Δf1
r
P
r
0
0
F
r
0
F
r
′
F
r
упр
′

116
Пример 5. Чему равна средняя плотность ρ планеты, если на ее экваторе
вес на 10% меньше, чем на полюсе? Продолжительность суток на планете
Т=6ч.
Решение. На тело, находящееся на планете, действуют сила всемир-
ного тяготения F
r
и сила упругости F
r
упр
. Тело действует на планету с силой
Р=Fупр
.
На полюсе тело относительно инерциальной системы отсчета, связанной
с центром планеты, не имеет ускорения. Следовательно,
упр
00
FF
+=
rr
(рис. 3 .61).
Итак, на полюсе Fyпр
=P0=F0=G
2
mM
R
,гдеМ=
3
4
3
R
πρ
.
Тело, находящееся на экваторе, в инерциальной системе отсчета, связанной
с ее центром, имеет ускорение а = ω
2
R, направленное к центру.
Следовательно, F0 – Fyпр
= mω2R (здесь F0 = F0). Таким образом, вес на эк-
ваторе равен Р = F yпр
=F0–mω2R=
4
3
GmR
πρ– mω2R.
По условию задачи
0
0
0,1
PP
P
−
=
;
2
0,1
4
3
mR
GmR
ω
πρ
=
. Отсюда
2
3
4
G
ω
ρ
π
==
⋅
2
22
343
;
4
TG
TG
ππ
ρ
π
⋅
==
≈
⋅
3·103 кг/м3
.
′′
′

117
1. Тело массой 50 кг приходит в движение под
действием двух сил, модуль каждой из который
100 Н. С каким ускорением будет двигаться тело, если
угол между векторами сил равен 0; 60; 120 и 180°?
2. Тело массой 2 кг движется по прямолинейной
траектории под действием силы. График зависимо-
сти проекции скорости от времени представлен на
рисунке 3.62. Чему равна проекция ускорения a
r
тела на эту же ось в следующие интервалы времени:
0—20 с; 20—35 с, 35—55 с?
3. По графику зависимости проекции vх скоро-
сти движения тела от времени (рис. 3 .63) опреде-
лите, в какие промежутки времени равнодействую-
щая всех сил, действующих на тело: а) равна нулю;
б) не равна нулю и направлена в ту же сторону, что
и скорость движения тела; в) не равна нулю и на-
правлена в сторону, противоположную скорости
движения тела.
4. Боевая реактивная установка БМ-13 («Катю-
ша») имела длину направляющих балок 5 м, массу
каждого снаряда 42,5 кг и силу тяги 19,6 кН. Найди-
те скорость схода снаряда с направляющей балки.
5. Порожнему прицепу тягач сообщает ускоре-
ние а1 = 0,4 м/с2
, а груженому — а2 = 0,1 м/с2
.
Какое ускорение сообщит тягач обоим прицепам,
соединенным вместе? Силу тяги тягача считать во
всех случаях одинаковой.
6. Под действием некоторой силы тележка, дви-
гаясь из состояния покоя, прошла путь 40 см. Ког-
да на тележку положили груз массой 200 г, то под
действием той же силы за то же время тележка про-
шла из состояния покоя путь 20 см. Какова масса
тележки?
7. На рисунке 3.64 дан график зависимости про-
екции скорости от времени тела массой 2 кг. Най-
дите проекцию силы (Fx), действующей на тело на
каждом этапе движения.
8. Поезд массой 2000 т, двигаясь прямолинейно,
увеличил скорость от 36 до 72 км/ч. Найдите из-
менение его импульса.
9. Мяч массой 100 г, двигавшийся со скоростью
20 м/с, ударился о горизонтальную плоскость. Угол
падения (угол между направлением скорости и
§ 3.11
ЗАДАЧИ ДЛЯ
САМОСТОЯТЕЛЬНОГО
РЕШЕНИЯ
Рис. 3 .62
Рис. 3 .63
0
1
2
102030405060
vx
, м/с
t,с
О
vx
t1
t2
t3
t

118
перпендикуляром к плоскости) равен 60°. Найдите изменение импульса, если
угол падения равен углу отражения, а стена и мяч — абсолютно упругие (не
происходит превращение механической энергии в другие виды энергии).
10. Материальная точка массой 1 кг равномерно движется по окружности
со скоростью 10 м/с. Найдите изменение импульса за одну четверть периода;
половину периода; полный период.
11. Мяч массой 0,5 кг после удара, длящегося 0,02 с, приобретает скорость
10 м/с. Найдите среднюю силу удара.
12. Чему равно ускорение свободного падения на расстоянии 384 000 км от
Земли?
13. В момент окончания спуска с горы сани имели скорость 5 м/c и, двигаясь
прямолинейно по горизонтальной площадке, остановились, пройдя 50 м. Чему
равен коэффициент трения полозьев о снег?
14. Рассчитайте ускорение ящика, который тянут с помощью троса. Сила на-
тяжения троса 260 Н (рис. 3.65), масса ящика 40 кг, коэффициент трения 0,25.
Чему равно перемещение ящика за 3 с, если его начальная скорость 2 м/с?
15. На каком расстоянии s может остановиться лыжник, начавший спуск
с горы (АВ = 40 м) в точке А (рис. 3.66)? Угол наклона равен 30°. Коэффици-
ент трения на участке АВ равен 0,05, а на участке ВС, где лыжник произво-
дит торможение, равен 0,3.
16. Чтобы удерживать тележку на наклонной плоскости с углом наклона α,
надо приложить силу 1F
r
, направленную вверх вдоль наклонной плоскости, а
чтобы втаскивать вверх, надо приложить силу 2F
r
. Чему равен коэффициент
трения?
17. Автомобиль массой 2 т проходит по выпуклому мосту, имеющему ради-
ус кривизны 40 м, со скоростью 36 км/ч. С какой силой автомобиль давит на
мост в его середине?
18. Мальчик массой 50 кг качается на качелях с длиной подвеса 4 м. С какой
силой он давит на сиденье при прохождении среднего положения со скоростью
6 м/с?
Рис. 3 .64
Рис. 3 .65
0
5
5
10
10
15
20
t,c
vx
, м/с
F
r

119
Рис. 3 .67
19. На конце невесомого стержня длиной 1 м укреплен груз массой 0,4 кг.
Стержень с грузом приводится в равномерное вращение в вертикальной пло-
скости. С какой силой действует груз на стержень в нижней и верхней точках
траектории при частоте обращения груза: а) 0,4 с–1; б) 0,5 с–1; в) 1с–1?
20. Велотрек имеет закругление радиусом 40 м. В этом месте наклон к гори-
зонтали равен 40°. На какую скорость езды рассчитан такой наклон?
21. С какой максимальной скоростью может ехать мотоциклист по горизон-
тальной плоскости, описывая дугу радиусом 100 м, если коэффициент трения
резины о почву 0,4? На какой угол от вертикального положения он при этом
отклоняется?
22. Груз, подвешенный на нити длиной 60 см, двигаясь равномерно, описывает
в горизонтальной плоскости окружность. С какой скоростью движется груз, если
во время его движения нить образует с вертикалью постоянный угол α = 30°?
23. На доске ВА (рис. 3 .67), равномерно вращающейся вокруг вертикальной
оси ОО', укреплен отвес на вертикальной стойке, отстоящей от оси вращения
на расстоянии d = 5 см. С какой частотой обращается груз отвеса, если его нить
длиной l = 8 см отклонилась от вертикали на угол α = 40°?
24. Найдите силу упругости нити в момент, соответствующий рисунку 3.68,
если масса груза 100 г, скорость v = 2 м/с, угол α = 60°, длина нити 40 см.
25. Какую скорость должен иметь искусственный спутник, чтобы обращать-
ся по круговой орбите на высоте 600 км над поверхностью Земли? Каков пе-
риод его обращения?
26. Сравните скорости движения искусственных спутников Земли и Венеры
при движении по орбитам, одинаково удаленным от центра планет. Масса
Венеры составляет 0,815 массы Земли.
27*. Автомобиль движется со скоростью v1 = 72 км/ч по направлению ветра,
скорость которого относительно поверхности Земли равна v2 = 15 м/с. Во сколь-
ко раз увеличится сила сопротивления воздуха при движении автомобиля с той
же скоростью против ветра? Считать, что сила сопротивления воздуха прямо
пропорциональна квадрату относительной скорости.
Рис. 3 .66
s
A
В
C
30°
d
О
α
l
BA
O′

120
Рис. 3 .68
α
v
r
28. Самолет делает «мертвую петлю» радиусом
100 м и движется по ней со скоростью v = 360 км/ч.
С какой силой тело летчика массой 80 кг будет да-
вить на сиденье самолета в верхней и нижней точ-
ках петли?
29. С каким ускорением 1
a
r
надо поднимать гирю,
чтобы ее вес увеличился вдвое? С каким ускорением
2
a
r
надо ее опускать, чтобы вес уменьшился вдвое?
30. Космический корабль совершает мягкую по-
садку на Луну, двигаясь замедленно в вертикаль-
ном направлении (относительно Луны) с постоян-
ным ускорением, модуль которого равен 8,38 м/с2
.
Сколько весит космонавт массой 70 кг, находящий-
ся в этом корабле?
31. Самолет выходит из пикирования, описывая
в вертикальной плоскости дугу окружности радиу-
сом 800 м, имея скорость в нижней точке 200 м/с.
Какую перегрузку испытывает летчик в нижней
точке траектории?
32*. Рассчитайте ускорение свободного падения
на Солнце, используя следующие данные: рас-
стояние от Земли до Солнца R = 1,5·1011 м, угол,
под которым видно Солнце с Земли, α = 0,01 рад,
период обращения Земли вокруг Солнца Т = 1 год =
= 3·107 мин.
33*. Каким должен быть радиус круговой орбиты
искусственного спутника Земли, чтобы он все вре-
мя находился над одной и той же точкой земной
поверхности на экваторе?
Самое важное в главе 3
1. В инерциальной системе отсчета для матери-
альных точек выполняются три закона Ньютона.
Первый закон: существуют такие системы от-
счета, относительно которых свободное тело дви-
жется прямолинейно и равномерно или покоится.
Второй закон: изменение импульса тела (мате-
риальной точки) пропорционально импульсу силы
и происходит по направлению прямой, вдоль кото-
рой действует сила.

121
Другая формулировка второго закона: равнодействующая всех сил, дей-
ствующих на тело, равна произведению массы тела на его ускорение.
Третий закон: два тела взаимодействуют между собой с силами, равными
по модулю и направленными в противоположные стороны вдоль линии их
действия.
2. Принцип относительности утверждает, что во всех инерциальных систе-
мах отсчета механические явления протекают одинаково при одинаковых
начальных условиях. Никакими механическими опытами нельзя обнаружить
движение инерциальной системы отсчета.
3. В механике изучаются следующие силы: силы тяготения
12
2
mm
FG
r
⎛⎞
=
⎜⎟
⎝⎠
,
силы упругости (Fупрх
= – kx), силы трения (Fтр
= μFд) и силы сопротивления
(Fcx
= –r1vx и
2
c2
xx
Fr
v
=± ).
4. Законы динамики являются основой конструирования машин и меха-
низмов. Они позволяют объяснить прямолинейное движение тел; условия
торможения и поворота колесного транспорта; динамику движения по заранее
заданной траектории. Эти законы объясняют явления перегрузки и невесомо-
сти; на их основе рассчитываются баллистические траектории с учетом сил
сопротивления.

§ 4.1. Закон сохранения импульса
123
§ 4.2. Закон сохранения импульса и принцип
относительности
128
§ 4.3. Работа, мощность, энергия
132
§ 4.4. Кинетическая и потенциальная энергия 136
§ 4.5. Закон сохранения механической энергии 141
§ 4.6. Реактивное движение.
Космические скорости
146
§ 4.7. Универсальный характер
законов сохранения
152
§ 4.8*. Движение тел переменной массы.
Элементы ракетодинамики
159
§ 4.9. Примеры решения задач
164
§ 4.10. Задачи для самостоятельного решения
172
Самое важное в главе 4
174
Глава4
ЗАКОНЫ СОХРАНЕНИЯ
В МЕХАНИКЕ

123
Гипотеза о сохранения импульса. Вниматель-
ные наблюдения показывают, что в системе взаи-
модействующих тел импульс p
r
передается от одних
тел системы к другим, и гипотеза о сохранении
общего импульса кажется вполне обоснованной.
Рассмотрим пример. Представим себе тележку
массой m2, стоящую на рельсах, и человека массой
m1, который, имея скорость 0
v
r
, вбегает на нее.
Тележка в начальный момент покоится, ее им-
пульс равен нулю (рис. 4 .1, а). Человек вбегает на
тележку. Между тележкой и ступнями человека
возникли силы; сила, действующая на человека со
стороны тележки, затормозила его, а сила, дей-
ствующая на тележку, сообщила ей ускорение.
Действие этих сил прекратится, когда человек и
тележка будут иметь одинаковую скорость 0
v
r
(рис.
4.1, б), т.е. когда человек остановится относитель-
но тележки. Если силы трения тележки о рельсы
малы и трением о воздух можно пренебречь, то
импульс системы тележка—человек не изменится
вследствие взаимодействия между ними. Импульс
человека ( 10
mv
r
) перераспределится: тележка по-
лучит часть импульса ( 2
mv
r
), который имел чело-
век, когда он вбегал на нее; импульс человека при
этом уменьшится до 1
mv
r
.
В соответствии с высказанной гипотезой можно
предположить, что 10
1
2
()
mv
mmv
=+
rr
.
Иногда кажется, что отмеченное свойство им-
пульса не является всеобщим. Представим себе,
что мальчик находится в лодке и бросает комок
глины в преграду, расположенную на другом ее
§ 4.1
ЗАКОН
СОХРАНЕНИЯ
ИМПУЛЬСА
Рис. 4 .1
б
a
m1v
r
0
(m1+ m2) v
r

124
конце, причем вначале лодка была в покое (рис. 4.2). После броска импульс
комка pm
v
=
rr
(m — масса комка, v
r
—
его скорость), полученный им в резуль-
тате взаимодействия с мальчиком, стоящим в лодке, «будет взят» у системы
мальчик — лодка, и, следовательно, вся эта система во время полета комка
глины будет иметь импульс – p
r
, равный по модулю mv.
Импульс системы лодка, мальчик и комок постоянен и равен нулю. Следо-
вательно, во время полета комка глины лодка двигалась от толчка мальчика,
бросающего комок, и остановилась после удара комка о преграду.
Сохранение импульса и законы Ньютона. Явление перераспределения
импульса между взаимодействующими телами количественно описывается
вторым и третьим законами динамики. Второй закон динамики показывает,
что сила F
r
определяет быстроту изменения импульса тела:
p
F
t
Δ
=
Δ
r
r
. При
взаимодействии тел А и В в соответствии с третьим законом силы взаимодей-
ствия одинаковы по модулю и противоположны по направлению: AB
FF
=−
rr
.
Следовательно, при взаимодействии тел их импульсы изменяются с одинако-
вой по модулю скоростью, однако изменения происходят в противоположных
направлениях:
AB
pp
tt
ΔΔ
=−
ΔΔ
rr
. Откуда
AB
pp
Δ=
−
Δ
rr
.
Рассмотрим частный случай взаимодействия, представляющий особый
интерес.
Пусть шарик А массой m движется со скоростью v
r
так, что прямая, совпа-
дающая с v
r
, проходит через центр такого же неподвижного шарика В (рис.
4.3). При взаимодействии шариков модуль изменения импульса налетающего
шарика
A
p
Δ
r
должен быть равен модулю изменения импульса шарика В. Но
так как шарик В был неподвижен, то
BB
pp
Δ=
rr
—
импульсу, который приоб-
ретет покоящийся шарик. Если A
v
r
иB
v
r
—
скорости шариков после удара, то
()
AB
mvv
mv
−=
−
rr
r
или
AB
vvv
−=
rr
r
.
Рис. 4 .3
Рис. 4 .2
p
r
p
r
m
m
B
A
v
r
–

125
В этом равенстве два неизвестных: A
v
r
иB
v
r
. Поэтому может быть бесконеч-
но много пар значений этих скоростей, при которых выполняется равенство
AB
pp
Δ=
−
rr
.
Как же в действительности происходит это явление? Его можно наблю-
дать на опытах, которые мы выполним с помощью специального прибора. Пять
стальных шаров подвешены на двойных нитях так, что при их отклонении
обеспечивается центральный удар. Отклоним один шар на произвольный угол
(рис. 4 .4, а) и отпустим его. Мы увидим, что налетающий шар остановится, а
крайний слева шар отклонится. На рисунке 4.4, б запечатлен процесс откло-
нения этого шара. Соответствующие измерения покажут, что шар отклонился
на точно такой же угол, на какой был отклонен налетающий шар, т.е. он при-
обрел такой же по модулю импульс. Если проделать опыт с двумя шарами (рис.
4.4, в), то результат будет аналогичным: налетающие шары полностью пере-
дают свой импульс двум неподвижным шарам (рис. 4 .4, г).
Какие выводы позволяют сделать проделанные опыты?
Первый вывод очевиден: шарики обмениваются импульсами в соответ-
ствии с равенством
AB
pp
Δ=
−
rr
, и поэтому импульс системы сохраняется. Вто-
рой вывод состоит в следующем: из бесконечно большого числа значений
скоростей, при которых выполняются закон сохранения импульса и равенство
AB
vvv
−=
−
rrr
, реализуется вариант
0
A
v=
r
иB
vv
=
rr
. Но почему явление проис-
ходит именно так? На этот вопрос мы ответим чуть позже.
Рис. 4 .4
б
в
a
г

126
На разобранных примерах мы убедились в том, что импульс системы из
двух тел под действием сил взаимодействия этих тел сохраняется. Опыты
показывают, что импульс системы сохраняется и в том случае, если она со-
стоит из любого числа тел.
Сформулируем закон сохранения импульса: в инерциальной системе от-
счета импульс замкнутой системы тел остается постоянным, т.е . не
изменяется с течением времени.
Система тел называется замкнутой, если тела системы взаимодействуют
только между собой; другими взаимодействиями можно пренебречь.
Изменение импульса при действии внешних сил. Рассмотрим столкно-
вение двух шаров для общего случая, когда на шары, кроме сил взаимодей-
ствия 12
F
r
и21
F
r
, действуют и внешние силы. Например, это могут быть силы
трения 1
F
r
и2
F
r
, если столкновение происходит на столе. Тогда у каждого шара
за время взаимодействия Δt импульс изменяется под действием и внутренних
сил, и внешних сил.
Запишем второй закон динамики для каждого тела:
11
12
1
pp
FF
t
−
′
+=
Δ
rr
rr
,
(1)
22
21
2
pp
FF
t
−
′
+=
Δ
rr
rr
.
(2)
Сложим равенства (1) и (2) почленно:
1122
1
212
12
pppp
FFFF
t
−+−
′′
++ +=
Δ
rrrr
rr
rr
.
В соответствии с третьим законом динамики 12
210
FF
+=
rr
. Поэтому мы по-
лучим следующее выражение для изменения импульса системы:
12 12
12
pp pp
FF
tt
++
′′
−=
+
ΔΔ
rr rr
rr
.
Здесь 12
ppp
+=
rrr
—
импульс системы в момент t, а 12
ppp
+=
′′′
rrr
—
импульс
системы тел в момент tt
+Δ, 12
FFF
+=
rrr
—
векторная сумма всех внешних сил,
действующих на тела системы.
Итак, ppFt
−=Δ
′
r
rr
, т.е. изменение общего импульса системы тел равно
импульсу суммы всех сил, действующих на тела системы. Если
0
F=
r
(система замкнута), то
0
pp
−=
′
rr
, т.е. импульс системы тел сохраняется: pp
=
′
rr
.
Из теоремы об изменении импульса системы тел следует, что может сохра-
няться одна из проекций импульса, а именно — проекция на ось, перпенди-
кулярную вектору F
r
.

127
Это следует из того, что векторному равенству ppFt
−=Δ
′
r
rr
соответствуют
равенства проекций:
;
xxx yyy
pp FtppFt
−=Δ −=Δ
′′
. Если, например, Fy = 0, то
yy
pp
=
′
.
1. Какая физическая величина называется импульсом тела?
2. Как находится общий импульс системы тел?
3. Приведите примеры, иллюстрирующие перераспределение импульса
при взаимодействии тел.
4. Как формулируется закон сохранения импульса?
5. Как формулируется теорема об изменении импульса?
Упражнение 4.1
1. Железнодорожный вагон массой m, движущийся со скоростью v
r
, сталкивается
с неподвижным вагоном массой 2 m и сцепляется с ним. Каким суммарным
импульсом обладают два вагона после столкновения?
2. Тележка массой 2 кг, движущаяся со скоростью 3 м/с, сталкивается с непод-
вижной тележкой массой 4 кг и сцепляется с ней. Чему равна скорость обеих
тележек после взаимодействия?
3. При выстреле из пистолета вылетает пуля массой m со скоростью v
r
. Какой
импульс приобретает после выстрела пистолет, если его масса в 50 раз больше
массы пули?
4. При выстреле из пистолета вылетает пуля массой m со скоростью v
r
. Какую
по модулю скорость приобретает после выстрела пистолет, если его масса в
50 раз больше массы пули?

128
Закон сохранения импульса выполняется
только в инерциальных системах отсчета и полно-
стью соответствует принципу относительности.
В этом можно убедиться на опытах с моделью си-
стемы отсчета, с которой вы уже встречались
в предыдущих главах.
Вставим в прорезь трубки полоску и поместим
два стальных шарика так, как показано на рисун-
ке 4.5.
Выдернем полоску — движущийся шарик пере-
даст импульс покоящемуся шарику, а сам остано-
вится и упадет в прорезь (рис. 4 .6). Два белых
пятна в нижней части этого рисунка фиксируют
положения шаров.
Приведем модель в исходное состояние, но те-
перь изменим «технологию» проведения опыта.
Приведем модель системы в равномерное движе-
ние — полоска в процессе движения освободит
шарик. Опыт покажет, что в движущейся системе
отсчета шарики после взаимодействия окажутся
в зафиксированных нами в первом опыте точ-
ках.
Следовательно, закон сохранения импульса вы-
полняется и относительно подвижной системы от-
счета, если она также является инерциальной.
В соответствии с законом сохранения импуль-
са импульс замкнутой системы взаимодействую-
щих материальных точек сохраняется, несмотря
на изменения импульсов каждой из точек. Именно
сохранение импульса и является основой для объ-
единения нескольких тел в единую систему. Воз-
никает вопрос: что может служить физическими
характеристиками системы? Две такие характери-
стики вы уже знаете.
Перваяизних—этомассасистемыm=m1+m2+
+ m3+... . Вторая из них — это импульс системы
в заданной инерциальной системе отсчета:
11
22
33 ...
pmv mv mv
=+++
rrrr
.
Оказывается, что к этим двум характеристикам
можно добавить еще одну. Она называется центром
масс системы материальных точек.
По отношению к твердому телу вы уже знакомы
с этим понятием из 7-го класса. Напомним: центр
§ 4.2
ЗАКОН
СОХРАНЕНИЯ
ИМПУЛЬСА
И ПРИНЦИП
ОТНОСИТЕЛЬНОСТИ

129
масс твердого тела — это такая его точка, через которую проходит линия дей-
ствия сил при поступательном движении тела.
При равномерном поступательном движении твердого тела со скоростью 0
v
r
относительно инерциальной системы отсчета ХОY линии действия всех сил
(они обозначены пунктиром) должны проходить через центр масс (рис. 4 .7), а
сумма сил должна равняться нулю.
В системе отсчета ХОY импульс тела равен
0
pmv
=
rr
. Чему равен импульс p′
r
тела в системе отсчета Х′О′Y′, связанной с центром масс С? Естественно, что он
равен нулю, так как система движется вместе с телом со скоростью 0
v
r
.
Итак, в системе отсчета, связанной с центром масс, импульс тела равен
нулю. Воспользуемся этим для того, чтобы найти положение центра масс
системы из двух материальных точек (рис. 4.8), которые движутся соответ-
ственно со скоростями v
r
1иv
r
2.
В системе отсчета ХОY импульс системы равен
11
22
pmv mv
=+
rrr
.
Рис. 4 .5
Рис. 4 .6
Рис. 4 .7
Рис. 4 .8
О
m1
m2
X
X
C
С
Y
Y
Y′
X′
Y′
O′
O
X′
v
r
1
v
r
2
v
r
0
v
r
0
О′

130
Теперь свяжем подвижную систему отсчета X′О′Y′ с центром масс С систе-
мы точек и найдем, чему должна быть равна скорость 0
v
r
этой системы отно-
сительно ХОY , чтобы импульс p′
r
равнялся нулю.
Запишем выражение для p′
r
:
11
22
pm
vm
v
=+
′′′
rrr
.
В соответствии с теоремой сложения скоростей
1102 20
,
vvvv vv
=−
=−
′′
rrr
rrr
.
Тогда
110
220
11102220
()()
pmvv mvv mvmvmvmv
=−
+−
=
−
+−
′
rr
rr
rr
r
r
r
.
В системе отсчета, связанной с центром масс,
0
p=
′
r
.
Следовательно, 11
10
22
200
mvmvmvmv
−+−=
rrrr
.
Отсюда находим, что
12
01
12
2
()
mmv m
vm
v
+=+
rrr
и
11
22
0
12
mv mv
v
mm
+
=
+
rr
r
.
(1)
Итак, центр масс в неподвижной системе отсчета движется со скоростью
0
v
r
, определяемой выражением (1).
Какова же координата хС центра масс в неподвижной системе отсчета в
момент времени t0?
За время t
Δ координаты центра масс и материальных точек изменятся со-
ответственно на ΔхС, Δх1, Δх2. Следовательно, можно записать
12
12
12
C
xx
mm
x
tt
tm
m
ΔΔ
+
Δ
ΔΔ
=
Δ+
и
11 22
12
C
mx mx
x
mm
Δ+Δ
Δ=
+
,
а это означает, что
11
22
12
C
mx mx
x
mm
+
=
+
.
Импульс системы материальных точек равен
0
pmv
=
rr
,где 0
v
r
—
скорость
центра масс.
Если на эти точки действуют внешние силы 123
,,
FFF
rrr
..., то за время tΔ им-
пульс каждой точки изменится в соответствии со вторым законом Ньютона на
11
pFt
Δ=Δ
r
r
,
22
pFt
Δ=Δ
r
r
,
33
pFt
Δ=Δ
r
r
и т.д. Следовательно, импульс всей системы
точек изменится на
123
(
...)
pFFF t
Δ=+++Δ
rrr
r
, т.е. изменение импульса центра масс
системы равно импульсу суммы всех сил, действующих на точки системы.
Таким образом, можно утверждать, что центр масс системы материальных
точек движется как точка массой m = m1 + m2 + m3 + ... под действием сум-
мы сил 123...
FFF
+++
rrr
.
Явление, которое подтверждает этот вывод, вы можете наблюдать при запуске
фейерверка. После его возникновения центр масс системы частиц движется по
параболе (рис. 4 .9) точно так же, как двигался бы неразорвавшийся патрон.

131
Рис. 4 .9
Рис. 4.10
Осколки
Снаряд фейерверка
m2v
r
2
m1v
r
1
mnv
r
n
v
r
0
1. Почему лодка не сдвигается с места, когда человек, находящийся
в ней, давит на борт, но приходит в движение, если человек выйдет
из лодки и будет толкать ее с такой же силой?
2. Как движется тело, если линия действия силы на это тело проходит
через его центр масс?
3. Массивный маятник укреплен на тележке (рис. 4.10). Как будет
двигаться тележка, если груз выпустить из рук?
4. Чему равен импульс системы взаимодействующих частиц в системе
отсчета, связанной с ее центром масс?
5. Прыгун в воду совершает с вышки прыжок под некоторым углом к
горизонту. Движение сопровождается вращениями и поворотами
тела спортсмена. По какой траектории движется его центр масс?
Упражнение 4.2
1. На поверхности озера находится лодка длиной 2 м и массой 140 кг. Расстояние
между носом лодки и берегом равно 0,75 м. В начальный момент времени
лодка неподвижна. Человек массой 60 кг, находящийся в лодке, переходит
с ее носа на корму. Достигнет ли лодка берега?
2. Имеются четыре шарика массами 1, 2, 3, 4 г. Определите координаты центра
масс системы шариков, если:
а) шарики расположены вдоль одной прямой так, что расстояние между их
центрами равно 10 см;
б) шарики расположены в вершинах квадрата со стороной 10 см.

132
Возникновение понятий «работа» и «энер-
гия». Формирование энергетических представле-
ний происходило параллельно в рамках решения
технических и инженерных проблем и при теоре-
тических исследованиях ученых. Так, понятие
работы как произведения силы на путь использо-
валось для оценки работоспособности подъемных
машин уже в XVIII в., само же слово «работа» было
введено в первой трети XIX в. механиком Ж. Пон-
селе и инженером Г. Кариолисом. Кинетическая
энергия как величина, прямо пропорциональная
произведению mv2
, была введена математиком и
философом Г. Лейбницем в 1686 г. (тогда она на-
зывалась «живой силой»); представление о потен-
циальной энергии сформировалось к моменту от-
крытия закона сохранения энергии в середине
XIX в.
Инженеры и механики, пользуясь термином
«работа», всегда имели в виду машину, которая
совершает работу. Но с точки зрения механики как
теории, роль машины сводится к тому, что она «обе-
спечивает» возникновение силы. Например, дви-
гатель автомобиля «обеспечивает» возникновение
силы тяги, двигатель подъемного крана — силы
упругости троса.
Вот почему под словами «механическая рабо-
та А» (или просто «работа») имеется в виду работа
силы.
Работа постоянной силы. Вы уже знаете, что
работа постоянной по модулю силы F
r
, вектор ко-
торой совпадает по направлению с вектором пере-
§ 4.3
РАБОТА,
МОЩНОСТЬ,
ЭНЕРГИЯ
Рис. 4 .11
Рис. 4 .12
α
Fs
r
s
F
r
90
α
v
r
1
v
r
2
2
F
r
1
F
r

133
мещения s
r
поступательно движущегося тела, равна AF
s
=
. На основе этой
формулы введена единица работы — джоуль(1Дж=1Н·1м).
Рассмотрим общий случай, когда векторы F
r
иs
r
образуют угол α (рис.
4.11 .) . Пусть материальная точка движется по прямой линии так, что модуль
вектора силы F
r
и его направление (т.е. угол α) не изменяются. В этом случае
работа определяется так:
cos
AF
sα
=
.
Из этой формулы следуют уже известные частные случаи. Например, при
α=90°cosα=0иА=0;приα=180°cosα= –1иА= –Fs.
Так как Fcosα = F
s
—
проекция вектора силы F
r
на направление перемеще-
ния s
r
(см. рис. 4 .11), то A=F
s
s.
Работа переменной силы. Часто сила меняется и по модулю, и по направ-
лению. Так, при движении планеты по эллиптической траектории сила тяготе-
ния меняется по модулю, при этом изменяется и угол α (рис. 4 .12). При движении
тела по баллистической траектории сила сопротивления воздуха изменяется
и по модулю, и по направлению. Как в этом случае вычислить работу силы?
Пусть на тело (материальную точку) действует переменная сила. Тело при
этом переместилось из положения I по некоторой кривой в положение II (рис.
4.13). Его перемещение s
r
можно представить как сумму малых перемещений:
123
ssss
=Δ+Δ+Δ+
rrrr
. .. , таких, что в пределах каждого перемещения силу мож-
но считать постоянной. На каждом «элементарном» перемещении s
Δ
r
вычис-
ляется «элементарная» работа
cos
AFs α
Δ=Δ
. Тогда работа при перемещении
из положения I в положение II будет равна:
123 1
11
2
22
3
33
...
cos
cos
cos
...
AAAA
Fs
Fs
Fs
ααα
=Δ+Δ+Δ+=Δ
+Δ
+Δ
+.
Для вычисления работы часто используют графический способ, который
основан на следующем.
Рис. 4 .13
Рис. 4.14
s
O
Fs
II
I
α1
α2
α3
Δ
r
s1
Δ
r
s2
Δ
r
s3
Δ
r
s4
Δ
r
s5
A=F
s
s
2
F
r
1
F
r
3
F
r
r
s

134
Пусть тело движется так, что модуль проекции силы не зависит от модуля
перемещения (рис. 4.14). Тогда графиком зависимости Fs от s является прямая,
параллельная горизонтальной оси, и работа будет определяться площадью
заштрихованного прямоугольника.
При расчете работы переменной силы поступают аналогично.
Например, пользуясь графическим способом, легко определить работу силы
упругости (Fx
= –kx), совершаемую при перемещении прикрепленного к пру-
жине тела, когда растянутая пружина сжимается и тело перемещается из
точки с координатой х1 в точку с координатой х2 (рис. 4 .15).
Работа численно равна площади трапеции abcd:
22
12
12
12
1212
()()
()
22
2
2
kx kx
kx kx
k
Ax
x
x
x
x
x
+
=−
=
+
−
=
−
.
Исследование 4.1
Цель исследования: установить зависимость силы упругости, воз-
никающей в резиновом образце, от растяжения, и рассчитать работу силы
упругости.
Оборудование: линейка длиной 50 см; зажим канцелярский; динамометр;
бумага с миллиметровой сеткой; резиновый образец.
Вариант выполнения исследования
1. Закрепите резиновый образец на линейке так, как это показано на ри-
сунке 4.16.
2. Растягивая образец, каждый раз измеряйте его удлинение и соответ-
ствующую силу упругости (динамометром).
3. Заполните таблицу результатов.
Удлинение образца х, мм
Сила упругости Fупр
,Н
Рис. 4 .15
Рис. 4 .16
a
b
d
x
x
x
x
О
x1
x2
Fx
c
r
s
1
F
r
2
F
r

135
Рис. 4 .17
4. Постройте график зависимости модуля силы упругости от удлинения.
Пользуясь графическим способом, вычислите работу силы упругости. Ответь-
те на вопрос, является ли эта зависимость прямой пропорциональностью.
Мощность. Мощность N — это величина, равная отношению работы,
совершаемой силой, ко времени совершения работы:
A
N
t
=
. Единицей мощ-
ностиявляетсяватт.1Вт=1Дж/с.
Пусть сумма 0
F
r
всех сил ( 123
,,
FFF
rrr
, ...), действующих на тело, равна нулю.
Тогда скорость поступательно движущегося тела постоянна. В этом случае
мощность любой из сил равна
cos
ii
i
NF
vα
=
, где αi —угол между векторами iF
r
иv
r
. Действительно,
cos
ii
AFs α
=
и
cos
cos
ii
ii
i
Fs
NF
v
t
α
α
==.
Например, если тело скользит равномерно по наклонной плоскости со ско-
ростью v
r
(рис. 4.17), то равнодействующая всех сил равна нулю и ее мощность
также равна нулю. Но каждая из сил может совершать работу, и мощность
каждой из сил может отличаться от нуля.
Действительно, так как
тт
р
FFF Q
=++
r
rrr
= 0(см.рис.4.17),тоА=А
т
+Атр+
+АQ=0иN=N
т
+ Nтр + NQ = mgvcosβ +Fтрvcos180°+Qvcos90° = 0 .
1. Как вычисляется работа постоянной силы?
2. Как вычисляется работа переменной силы?
3. Какая физическая величина называется мощностью?
4. Какова связь между мощностью, силой и скоростью?
5. Как вычисляется работа, если известна зависимость мощности от
времени?
6. Выразите единицу работы через основные единицы Международной
системы единиц?
7. По какой формуле следует рассчитывать работу силы F
r
, если вектор
силы составляет с вектором перемещения s
r
угол α?
α
β
F
r
тр
F
r
т
v
r
Q
r

136
Работа равнодействующей силы. Если тело
движется по окружности с постоянной по модулю
скоростью, то вектор силы F
r
перпендикулярен
вектору скорости v
r
, и работа силы равна нулю.
Пусть тело движется с постоянной по модулю
скоростью относительно инерциальной системы
отсчета, тогда F
r
= 0 и опять оказывается, что ра-
бота равна нулю. Таким образом, если модуль ско-
рости не изменяется, то работа силы равна нулю.
Можно предположить, что работа силы связана
с изменением модуля скорости.
Сформулируем проблему в общем виде. Пусть на
материальную точку действуют произвольные силы
123
,,,
FFF
rrr
... и
123...
FFFF
=+++
rrrr
— равнодействую-
щая всех сил. Пусть материальная точка (масса ее
m) переместилась из положения 1 в положение 2;
скорости точки в этих положениях были 1
v
r
и2
v
r
.
Докажем что работа равнодействующей произволь-
ных сил, действующих на материальную точку,
равна
22
21
22
mv mv
A =− и не зависит от характера
движения при переходе из положения 1 в поло-
жение 2.
Определим значение проекции Fs равнодейству-
ющей всех сил, действующих на точку, пользуясь
вторым законом динамики
p
F
t
Δ
=
Δ
r
r
. Из него следует,
что s
p
F
t
Δ
=
Δ
. Здесь Δр — изменение модуля импуль-
са тела.
Поэтому
p
Asp
v
p
tt
ΔΔ
Δ= =Δ=Δ
ΔΔ
,гдеv—модуль
мгновенной скорости.
Для нахождения работы А при перемещении
точки из положения 1 в положение 2 воспользуем-
ся графическим способом. Построим график зави-
симости модуля р импульса от модуля v скорости
(рис 4.18). Тогда работа А будет численно равна
площади заштрихованной трапеции:
22
21
2121
21
21
() ()
22
2
2
pp
mv mv
mv
mv
Avv
vv
++
=−
=−
=−
.
§ 4.4
КИНЕТИЧЕСКАЯ И
ПОТЕНЦИАЛЬНАЯ
ЭНЕРГИЯ
Рис. 4 .18
p
v
p1
p2
p1
p2
v1
v2
О
A
Δs

137
Поэтому соотношение
22
21
22
mv
mv
A =− имело огромное значение в становле-
нии представлений об энергии в теории и практике. Впервые Лейбниц убедил-
ся в том, что при абсолютно упругом столкновении шаров сохраняется не
только их импульс, но и «живая сила». В приведенном виде «теорему живых
сил» получил Лагранж в своем труде «Аналитическая механика» (1788).
Кинетическая энергия. Теорема о кинетической энергии. Соотношение
22
21
22
mv
mv
A =− позволяет сделать следующий вывод: величина
2
2
k
mv
E=
дает
возможность перейти от работы силы к понятию «кинетическая энергия
тела».
Из курса основной школы вы знаете, что энергия тела определяется макси-
мальной работой, которую может «совершить тело». Пусть тело имеет массу
m и движется поступательно со скоростью v
r
и пусть оно налетает на пружину.
Максимальная работа, которую совершает внешняя сила, сжимая пружину,
при остановке тела равна:
22
0
22
mv
mv
A=−
=.
Выражение
2
2
k
mv
E=
называется кинетической энергией материальной
точки или поступательно движущегося тела.
Соотношение
21
kk
AEE
=− называется теоремой о кинетической энергии.
Впервые в физике возникло представление о физических величинах, являю-
щихся функцией состояния, и первой такой величиной оказалась кинетическая
энергия. Функция состояния не зависит от формы пути (вида процесса), в ре-
зультате которого система изменила свое состояние. Работа не является функ-
цией состояния, так как ее значение определяется видом процесса, в результате
которого система изменила свое состояние.
Таким образом, были сформированы два признака величины, которые мо-
гут быть отнесены к механической энергии. Первый признак — это связь из-
менения кинетической энергии с работой, второй — независимость изменения
кинетической энергии от способа перехода из одного механического состояния
в другое.
Потенциальная энергия. Вы хорошо знаете, что в физике используется
понятие не только кинетической энергии, но и потенциальной. Например,
говорят о потенциальной энергии взаимодействия тела с Землей или о потен-
циальной энергии упруго деформированной пружины. Потенциальная энергия
также является функцией состояния.
Рассмотрим пример, подтверждающий сказанное. Сравним работы, которые
совершает сила тяжести при перемещении тела массой m из положения I в по-
ложение II разными способами.

138
Первый способ — скольжение по наклонной плоскости, второй — движение
по баллистической траектории тела, брошенного под углом α к горизонту.
В обоих случаях на тело действуют и другие силы, но находим работу только
силы тяжести.
При движении по наклонной плоскости (рис. 4 .19, а) работа силы тяжести
равна:
А1= mgl cosα = mgl sinφ = mg (yI–yII).
(1)
Движение по баллистической траектории можно рассматривать как дви-
жение по элементарным наклонным плоскостям длиной Δl (рис. 4 .19, б).
Для каждой из них мы получим выражение для работы: ΔA1=mg(yI–y1);
ΔA2 = mg(y1–y2); ΔA3 = mg(y2–y3); ... ΔA22 = mg(y21–yII).
Теперь сложим эти работы:
А2=ΔA1+ΔA2+ΔA3+... = mgyI–mgyII.
(2)
Мы получили, что А1 = А2. Следовательно, работа силы тяжести не зависит
от формы траектории. Можно сделать вывод, что обнаружена функция со-
стояния, обладающая свойствами энергии. Эта функция имеет вид Ep = mgy.
Величина Ep = mgy определяет максимальную работу, которую падающее
тело может совершить при переходе в «нулевое» состояние, где Ep = 0, т.е . в
состоянии с у = 0. Величину Ep = mgy называют потенциальной энергией
взаимодействия тела с Землей. О роли Земли «говорит» присутствие в этой
формуле ускорения свободного падения
2
M
gG
R
=
. Величиной y, которую надо
Рис. 4 .19
l
yII
X
a
α
φ
I
II
Y
X
yII
б
Δl
O
Y
y1y2y3
yI
О
yI

139
поставить в знаменателе
2
()
y
M
gG
Ry
⎛⎞
=
⎜⎟
⎝⎠
+
, мы пренебрегаем при небольших
высотах над поверхностью Земли. (Вычисление потенциальной энергии тяго-
тения при больших значениях у мы рассмотрим в следующем параграфе.)
Из-за того, что потенциальная энергия прямо пропорциональна высоте y,
эта энергия увеличивается у тела при увеличении у. Работа силы тяготения
равна
12
pp
AEE
=−. Потенциальная энергия Ер зависит от положения уровня,
от которого мы отсчитываем координату у, однако работа A уже не зависит от
этой координаты.
Используя графический способ (см. § 4.3), мы получили, что работа силы
упругости при сжатии пружины равна
22
12
22
kx kx
A =−. Выражение
2
2
p
kx
E=
назовем потенциальной энергией упругой деформации. Следовательно, для
сил упругости можно записать выражение:
12
pp
AEE
=−.
Итак, анализируя работу различных сил, мы пришли к выводу о том, что
существуют силы, работа которых не зависит от способа перехода тела из од-
ного положения в другое и определяется как разность потенциальных энергий
в первом и втором положениях. Такие силы называются потенциальными.
Работа потенциальных сил равна:
12
ppp
AEE
=−.
В механике к потенциальным силам относятся силы упругости и силы тя-
жести.
Системы, в которых действуют только потенциальные силы, называются
консервативными (от лат. conserve — сохраняю).
Для замкнутых консервативных систем полная механическая энергия
системы сохраняется.
1. От каких величин зависит кинетическая энергия поступательно
движущегося тела?
2. Каков смысл теоремы о кинетической энергии тела?
3. Какие силы называются потенциальными?
4. Чему равна потенциальная энергия тела, поднятого на высоту h над
поверхностью Земли?
5. Какое выражение определяет потенциальную энергию сжатой пру-
жины?
6. Как изменится кинетическая энергия тела при увеличении его ско-
рости в 3 раза?
7. Как изменится потенциальная энергия упруго деформированного
тела при увеличении его деформации в три раза?

140
Упражнение 4.3
1. Чему равна кинетическая энергия тела массой 2 кг, движущегося со скоростью
5 м/с?
2. Как изменится потенциальная энергия тела, поднятого над Землей на высоту
2 м, при увеличении высоты на 4 м?
3. Два автомобиля, массы которых одинаковы и равны m, движутся со скоростями
v
r
и3v
r
относительно Земли в одном направлении. Чему равна кинетическая
энергия второго автомобиля в системе отсчета, связанной с первым автомо-
билем?
4. Два автомобиля, массы которых одинаковы и равны m, движутся со скоростями
v
r
и3v
r
относительно Земли навстречу друг другу. Чему равна кинетическая
энергия второго автомобиля в системе отсчета, связанной с первым автомо-
билем?

141
Рис. 4.20
§ 4.5
ЗАКОН
СОХРАНЕНИЯ
МЕХАНИЧЕСКОЙ
ЭНЕРГИИ
Изменение полной механической энергии.
Рассмотрим материальную точку массой m, на ко-
торую действуют внешние силы. Выделим из них
потенциальные силы. Пусть 1
F
r
—
равнодействую-
щая этих сил, 2
F
r
—
равнодействующая всех других
сил. Применим к этой точке теорему о кинетиче-
ской энергии: Аp + А = Ek2–Ek1. Здесь Аp — работа
всех потенциальных сил, А — работа всех других
сил, кроме потенциальных.
Работа потенциальных сил Ар = Ep1 – Ep2. Теоре-
му о кинетической энергии можно записать в виде:
(Ep1 – Ep2) + А = Ek2–Ek1. Эту формулу перепишем
так: А = Ek2 – Ek1 – Ep1 + Ep2= (Ek2+Ep2) – (Ek1+Ep1).
Назовем сумму Ek + Ep = Е полной механической
энергией материальной точки.
Полученный результат можно записать в виде
теоремы об изменении полной механической энер-
гии: А = Е2 – Е1. Работа всех сил, кроме потенци-
альных, равна изменению полной механической
энергии материальной точки.
Убедимся в справедливости этого вывода, вы-
яснив, как изменяется энергия при поступательном
скольжении тела по наклонной плоскости.
Исследование 4.2
Цель исследования: сравнить изменение
механической энергии и работу силы трения.
Оборудование: направляющая от прибора по
механике; электронный секундомер с датчиками;
б
a
h
l
1
2
α

142
каретка массой 100 г; набор грузов массой 100 г каждый; динамометр; ли-
нейка.
Вариант выполнения исследования
1. Соберите установку в соответствии с рисунком 4.20, а, осуществите пуск
каретки, измерьте время t движения каретки между датчиками.
2. Приняв за уровень отсчета потенциальной энергии положение нижнего
датчика, определите полную механическую энергию каретки Е1 в момент пу-
ска (положение 1) и полную механическую энергию E2 при прохождении ка-
ретки мимо нижнего датчика (положение 2).
2
12
,
2
mv
Em
g
hE
==
(m — масса каретки с грузами, v — скорость в положе-
нии 2).
Скорость v можно рассчитать по формуле
2
22
ll
va
tt
t
t
== =, где l — расстояние
между датчиками (рис. 4 .20, б). Результаты измерений запишите в таблицу.
lht vА
тр
Е1
Е2
Е2–Е1
3. Измерьте силу трения скольжения Fтр при движении каретки по на-
правляющей и рассчитайте работу этой силы (Атр
=–F
трl).
Указания. Для измерения силы трения можно применить один из следую-
щих способов. Можно измерить коэффициент трения μ (см. исследование 3.4,
п.5) и рассчитать Fтр
= μ m g cosα, где α — угол наклона направляющей.
Можно рассчитать силу трения по формуле:
12
т
2
FF
F
−
=
, где F1 — показания динамометра при равномерном подъеме
каретки, а F2 — показания динамометра при равномерном спуске (рис. 4 .21).
Получите эту формулу самостоятельно.
4. Проведите измерения и расчеты, запишите результаты.
5. Сравните Е2 – Е1 и Атр и сделайте вывод.
Сохранение полной механический энергии. Из теоремы об изменении
полной механической энергии получается в качестве следствия закон сохра-
нения энергии материальной точки, находящейся под действием только по-
тенциальных сил.
Механическая энергия материальной точки остается постоянной, если
на нее действуют только потенциальные силы или если работа всех дру-
гих сил равна нулю.
В реальных условиях неизбежно наличие сил трения и сопротивления,
приводящих к рассеиванию механической энергии и переходу ее в другие

143
Рис. 4 .21
Рис. 4.22
формы энергии (например, во внутреннюю энергию). Поэтому в реальных
условиях механическая энергия не сохраняется. Другими словами, консерва-
тивная система является физической моделью.
Применим закон сохранения энергии для материальной точки, находящей-
ся под действием потенциальных сил.
Во второй главе мы, пользуясь кинематическими методами, рассчитали
мгновенную скорость в любой момент времени в любой точке идеальной бал-
листической траектории. Эту же задачу (рис. 4 .22) с использованием закона
сохранения энергии решить значительно проще.
Пусть на материальную точку действует потенциальная сила тяжести.
Тогда закон сохранения энергии можно записать в виде:
2
2
0
0
22
mv
mv
mgy
mgy
+=+, или
2
2
0
0
22
mv
mv
mgy mgy
+−=.
Отсюда сразу находим скорость:
2
00
2()
vvg
yy
=+−
.
Этот результат совпадает с результатом, полученным кинематическим ме-
тодом.
Обратите внимание, что в ответ не входит угол α0. Это означает, что скорость
тела v зависит только от разности высот у и у0 и будет одинакова при любых
углах бросания тела.
Потенциальная энергия тел, между которыми действует сила всемир-
ного тяготения. Пытаясь определить потенциальную энергию сжатой пру-
жины (см. § 4.4), мы нашли способ вывода формулы для расчета потенци-
альной энергии. Этот способ состоит в следующем. Необходимо убедиться в
том, что работа силы не зависит от формы пути, затем получить формулу для
расчета работы и сравнить ее с выражением А = Ep1 – Ep2.
Применим этот способ для нахождения формулы для расчета потенциальной
энергии тяготеющих тел. Ранее на примере силы тяжести мы уже установили,
y0
y
α0
О
X
Y
v
r
v
r
0
α

144
что работа ее не зависит от формы траектории. Теперь рассчитаем работу силы
всемирного тяготения. Сделаем это графическим способом.
Пусть, например, тело массой m под действием силы всемирного тяготения
переместилось на расстояние r1 – r2. Для нахождения работы силы
2
Mm
FG
r
=
необходимо найти площадь фигуры, ограниченной графиком зависимости F
от r (на рис. 4 .23 она заштрихована). Вычислив эту площадь, мы бы получили
для работы выражение
21
Mm Mm
AGG
rr
=−.
(1)
На конкретном примере убедимся, что это действительно так.
На рисунке 4.24 построен график зависимости силы взаимодействия
2
C
F
r
=
(где С = GMm) между некоторыми телами массой М и m от r (расстояния
между ними).
Считаем, что тело массой m переместилось на расстояние, равное 2r – r.
Работу, совершенную силой тяготения, вычислим по формуле (1):
2
0,50
222
CC CCC
C
A
rrrr
r
−
=−=
==
.
Определим площадь, ограниченную графиком. Для повышения точности
разобьем основание, длина которого равна 2r – r, на 5 отрезков длиной 0,2 r
каждый и определим площади полученных трапеций.
Площадь трапеции с высотой 1,2r – r равна:
22
2
2
11
0
,
6
9
(1,2 )
0,2 0,17
22
(1,2 )
CC
CC
C
rr
r
r
rr
r
r
⎛⎞ ⎛⎞
+⋅
−
=
+⋅
=
⎜⎟
⎜⎟ ⎝⎠
⎝⎠
.
Площади остальных трапеций обозначены на рисунке.
Сложив площади пяти трапеций, получим:
0,17 0,12 0,09 0,07 0,06 0,51
CCCCCC
rrrrrr
++++=.
Мы видим, что с погрешностью, равной
0,51 0,50
: 0,50 100% 2%
CCC
rrr
⎡⎤
⎛⎞
−⋅
=
⎜⎟
⎢⎥
⎝⎠
⎣⎦
,
работа силы тяготения численно равна площади на графике зависимости силы
от расстояния и может вычисляться по формуле (1).
Представим выражение (1) для работы в виде:
А=
12
Mm
Mm
GG
rr
⎛⎞
−−
−
⎜⎟
⎝⎠
.

145
Рис. 4 .23
Рис. 4.24
Так как работа любых потенциальных сил равна А = Ep1 – Ep2, то получает-
ся, что p
Mm
EG
r
=−
.
1. Как формулируется закон сохранения механической энергии?
2. При каких условиях выполняется закон сохранения механической
энергии?
3. Как определяется потенциальная энергия тел, которые притягива-
ются друг к другу с силой
12
2
mm
FG
r
=
?
F
O
r
r 1,2r
1,4r
1,6r
1,8r
2r
r2
r1
0,2
r2
C
0,69
r2
C
0,51 r2
C
0,31 r2
C
0,6
r2
C
0,4
r2
C
0,8
r2
C
0,25 r2
C
r2
C
0
,
1
7
r
C
0
,
1
2
r
C
0
,
0
9
r
C
0
,
0
7
r
C
0
,
0
6
r
C
O
A
r

146
Краткая история космонавтики. 4 октября
1957 г. человечество вступило в новую эру — эру
изучения космического пространства. В этот день
был запущен первый в мире советский искусствен-
ный спутник Земли (рис. 4 .25).
Найдем скорость, с которой должен двигаться
спутник (рис. 4 .26). На спутник действует сила
всемирного тяготения
2
()
mM
FG
Rh
=
+
,гдеМ—мас-
са Земли, m — масса спутника.
В соответствии со вторым законом Ньютона
можно записать:
2
2
()
mv
mM
G
Rh Rh
=
+
+
. Отсюда находим
GM
v
Rh
=
+
.
Если h = 0, то скорость имеет вполне определен-
ное значение (оно называется первой космической
скоростью): v1к
GM
R
=≈
8000 м/с = 8 км/с.
2 января 1959 г. в СССР был осуществлен пер-
вый запуск космического аппарата к Луне. По-
следняя ступень ракеты достигла второй косми-
ческой скорости — минимальной скорости, кото-
рую необходимо сообщить телу на планете, чтобы
оно могло покинуть ее.
Эра пилотируемых полетов началась 12 апреля
1961 г. полетом Ю.А . Гагарина. На космическом
корабле «Восток» он облетел земной шар за
1 ч 48 мин. Для вывода на орбиту высотой 327 км
над Землей последней ступени ракеты вместе с ко-
раблем (общая масса 7,13 т) использовалась трех-
ступенчатая ракета «Восток» (рис. 4 .27) общей
мощностью 20 млн кВт.
18 марта 1965 г. советский космонавт А.А . Лео-
нов первым в мире вышел в открытый космос.
В апреле 1969 г. на Луну стартовал американ-
ский корабль «Аполлон-11» с тремя астронавтами
на борту. Масса корабля 47 т. Стартовая масса
ракеты-носителя 2950 т, общая сила тяги ракеты-
носителя 4·107 Н. 21 июля 1969 г. американские
§ 4.6
РЕАКТИВНОЕ
ДВИЖЕНИЕ.
КОСМИЧЕСКИЕ
СКОРОСТИ
Рис. 4 .25
Рис. 4 .26
h
R
F
r
v
r

147
астронавты Нейл Армстронг и Эдвин Олдрин впер-
вые ступили на Луну.
В 2001 г. завершился 15-летний период уникаль-
ных экспериментов на станции «Мир» и начался
новый этап освоения космического пространства —
сборка Международной космической станции.
На рисунке 4.28 показан многоразовый косми-
ческий корабль «Энергия» (СССР).
В приведенном выше кратком обзоре развития
космонавтики выделим технические проблемы,
решение которых было найдено с опорой на законы
динамики и законы сохранения.
Первое, на что следует обратить внимание, — это
космические транспортные средства — ракеты.
При анализе движения транспортных средств по
поверхности Земли мы выяснили, что кроме дви-
гателя, необходима еще система механизмов (их
называют движителями). Например, только взаи-
модействие колес с поверхностью Земли (рельсами)
обеспечивает возникновение силы тяги. В космосе
нет среды. Единственный способ сообщения уско-
рений — система, которая сочетает в себе и двига-
тель, и движитель. Это и есть ракетный двига-
тель.
В конце XVIII — начале XIX вв. ракеты при-
влекли к себе внимание военных специалистов
разных стран. Толчком к этому послужили захват-
нические войны, которые в то время вели англи-
чане в Индии. В ходе этих войн индийцы применя-
ли боевые пороховые ракеты. Простота конструк-
ции ракет, массированность удара и многие другие
качества ракетного оружия заставили многих во-
енных инженеров внимательно присмотреться к
ракетам. Первоначально ракеты снабжались длин-
ными древками для придания им устойчивости,
позднее стали применять крыльчатые стабилиза-
торы.
На рисунке 4.29, а изображена модель пушки
на платформе. Импульс системы, состоящей из
платформы, «пушки» и снарядов, равен нулю, и
он не может измениться при «выстреле» (рис.
4.29, б).
Рис. 4.27
Рис. 4.28

148
Следовательно,
пл пл
сн сн
0
mv mv
+=
rr
.
Отсюда
сн
пл
сн
пл
m
vv
m
=−
rr
.
Из этого элементарного расчета вытекает важное следствие, к которому мы
еще вернемся: если от какого-то тела отбрасывается его часть, то импульс этой
части равен по модулю импульсу, приобретаемому оставшейся частью тела.
Силу толчка, получаемого телом, можно рассматривать как реактивную
силу. И эта сила тем больше, чем больше масса отбрасываемой части и ее ско-
рость.
Схема простейшего реактивного двигателя на жидком топливе представле-
на на рисунке 4.30 . Окислитель и горючее помещают в предназначенные для
них баки 1 и 2, находящиеся на ракете. Через форсунки 3, расположенные в
днище камеры сгорания 4, происходит подача жидкого горючего и окислите-
ля в эту камеру. В камере сгорания происходит воспламенение топлива и про-
дукты горения — горючие газы — с большой скоростью выбрасываются через
специально профилированное сопло 5. Струя отбрасываемых частиц создает
реактивную силу.
Из приведенного описания видны важные особенности движения ракет.
Одна из них — изменение массы космических систем в процессе движения.
Ракеты — устройства (тела) переменной массы. Законы динамики, управляю-
щие их движением, мы рассмотрим позже.
Вторая космическая скорость. При полете космического аппарата мож-
но выделить два этапа — активный и пассивный. На активном этапе действу-
ют реактивные силы, на пассивном — только сила всемирного тяготения.
Рис. 4 .29
Рис. 4 .30
v
r
пл
v
r
сн
б
a
1
2
3
4
5

149
r→∞
R
v2к
Расчеты траекторий пассивных участков выполняются на основе закона
сохранения энергии. Пользуясь им, получим формулу для расчета второй
космической скорости. Вторая космическая скорость — скорость покидания:
наименьшая скорость старта, имея которую ракета преодолевает притяжение
планеты.
Пусть тело имеет скорость v2к (рис. 4.31). Тогда его полная механическая
энергия равна
pk
mM
EEE G
R
=+=
−
+
mv2
2к
2
. «Покидание» планеты означает,
что тело улетело бесконечно далеко, где потенциальная энергия равна нулю.
Так как мы ищем минимальную начальную скорость, то и кинетическая энер-
гия тела после преодоления притяжения планеты равна нулю. Запишем закон
сохранения энергии:
mM
G
R
−+
mv2
2к
2 =0.
Отсюда получаем, что
mv2
2к
2
mM
G
R
=
или
v2к
22
GM
GM
RR
===
√⎯⎯2v1к, где v1к
—
первая космическая скорость.
Расчеты дают, что вторая космическая скорость v2к
= 11 200 м/с.
Рис. 4 .31
Рис. 4.32
C
1к
v
r
′

150
Третья космическая скорость. Законы сохранения энергии и импульса
позволяют рассчитать третью космическую скорость — наименьшую началь-
ную скорость, при которой космический аппарат покинет Солнечную систему
и устремится к другим звездам. Один из таких аппаратов («Пионер-X») уже
летит к ним.
Такой полет потребует, разумеется, дополнительной затраты энергии.
Одна часть ее пойдет на то, чтобы достичь расчетной скорости вылета с Зем-
ли v2к
= 11 200 м/с. Другая будет потрачена на достижение скорости, необ-
ходимой для выхода за пределы поля тяготения Солнца. Значение этой
скорости мы можем рассчитать на основании зависимости v′2к
=√
⎯
⎯2v′1к
. Здесь
v′1к
— с к орость Земли на круговой орбите вокруг Солнца, равная 29 800 м/с —
она в этом расчете играет роль первой космической скорости (рис. 4 .32).
Для выхода за пределы Солнечной системы необходима скорость (относи-
тельно гелиоцентрической системы отсчета) v′2к
=√
⎯
⎯2 ·29800м/с = 42300м/с.
Теперь предположим, что старт происходит с Земли в направлении ее орби-
тального движения. Следовательно, для того чтобы относительно гелиоцентри-
ческой системы отсчета иметь скорость v′2к
= 4 2 300 м/с, относительно Земли
скорость должна быть равна Δv = 42 300 м/с – 29 800 м/с = 12 500 м/с.
Космическому кораблю массой m на старте надо сообщить кинетическую
энергию, необходимую для преодоления полей тяготения Земли и Солнца:
mv2
2=
mv2
2к
2
2
()
2
mv
Δ
+
.
Сомножитель
2
m
сокращается, и мы будем иметь:
√⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
v= v2
2к + (Δv)2
.
По этой формуле получим:
√⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
v=v3к
=
(11,2 км/с)2 + (12,5 км/с)2
≈ 16,7 км/с.
1. Назовите наиболее важные и интересные из известных вам фактов
из истории освоения космического пространства.
2. Поясните, пользуясь законом сохранения импульса, возникновение
реактивной силы.
3. Какую скорость называют первой космической?
4. Какую скорость называют второй космической?
5. Какую скорость называют третьей космической?

151
6. Что произойдет, если после выхода из сферы притяжения Земли
ракета будет иметь скорость 15 км/с; 20 км/с?
7. Искусственный спутник движется по круговой орбите вблизи поверх-
ности Земли. Трение о воздух пренебрежимо мало. Куда направлено
ускорение спутника?
Упражнение 4.4
1. Чему равно отношение периодов обращения спутника, движущегося вблизи
поверхности Земли, и спутника, радиус орбиты которого в 4 раза больше
радиуса Земли?
2. Масса и радиус планеты в 2 раза больше, чем у Земли. Чему равно ускорение
свободного падения на поверхности этой планеты?
3. Чему равна первая космическая скорость для планеты с такой же плотностью,
как у Земли, но вдвое меньшим радиусом?
4. Радиус Луны 1740 км, а ускорение свободного падения на Луне в 6 раз меньше,
чем на Земле. Чему равна первая космическая скорость для Луны?
5. Радиус орбиты Нептуна в 30 раз больше радиуса орбиты Земли. Чему равен
период обращения Нептуна вокруг Солнца?
6. Радиус некоторой планеты в 4 раза больше радиуса Земли, а массы их оди-
наковы. Чему равно отношение первой космической скорости на этой планете
к первой космической скорости на Земле?

152
Условия применения законов сохранения раз-
личны для закона сохранения импульса, с одной
стороны, и закона сохранения механической энер-
гии, с другой. Первый закон выполняется при лю-
бом характере взаимодействия между телами, вне
зависимости от того, являются ли силы взаимодей-
ствия потенциальными или нет, действуют ли силы
сопротивления, происходят ли упругие деформации
или они являются неупругими.
Закон сохранения механической энергии вы-
полняется, если на тело действуют только внешние
потенциальные силы или силы, работа которых
равна нулю. Механическая энергия сохраняется
только для такой замкнутой системы тел, внутри
которой действуют потенциальные силы, а силы
трения и сопротивления отсутствуют. Наиболее
четко указанные особенности применения законов
сохранения проявляются при сравнении абсолютно
неупругого и абсолютно упругого ударов.
Абсолютно неупругим ударом называется стол-
кновение двух тел, в результате которого они соеди-
няются вместе и движутся дальше как одно тело.
Примером может служить попадание ружейной
пули в ящик с песком. Шары из пластилина или
глины при столкновении обычно слипаются и затем
движутся вместе.
Рассмотрим абсолютно неупругий удар на при-
мере столкновения шаров. Пусть шары движутся
вдоль прямой, соединяющей их центры, со скоро-
стями 1
v
r
и2
v
r
. В этом случае говорят, что удар яв-
ляется центральным. Обозначим через v
r
общую
скорость шаров после столкновения. Закон сохра-
нения импульса дает
11
22
1
2
()
mv mv
mmv
+=+
rr
r
,
где m1 и m2 — массы шаров.
Отсюда получаем
11
22
12
mv mv
v
mm
+
=
+
rr
r
.
Если один из шаров взаимодействует с непо-
движным шаром, то
1
1
12
m
vv
mm
=
+
rr
.
§ 4.7
УНИВЕРСАЛЬНЫЙ
ХАРАКТЕР
ЗАКОНОВ
СОХРАНЕНИЯ

153
Рис. 4 .33
Проверим это соотношение с использованием компьютерной измери-
тельной системы на знакомой вам установке (рис. 4.33, а).
На торце неподвижной каретки 1 (рис. 4 .33, б) разместим кусочек пласти-
лина 2. Толкнем каретку 3. Компьютерная измерительная система зафикси-
рует время прохождения через левые оптические ворота. Оно равно 0,032 с
(рис. 4 .34). 3атем обе каретки пройдут через правые ворота за время 0,060 с.
Эксперимент показал, что скорость совместного движения двух одинаковых
кареток после взаимодействия приблизительно в 2 раза меньше, чем скорость
«налетающей» каретки 3, что соответствует равенству
1
1
22
v
m
vv
m
==
.
Характерная особенность неупругих взаимодействий — превращение
части механической энергии во внутреннюю.
Кинетические энергии системы до удара и после удара равны соответственно
22
2
11
12
2
21
2
11
1
;()
22
2
kk
Em
vm
v
Em
m
v
=+
=
+.
Пользуясь этими выражениями, определим, что при неупругом ударе ки-
нетическая энергия уменьшается на величину, равную
2
12
12
12
12
1
()
2
kk
mm
EE
vv
mm
−=
⋅
−
+
.
Абсолютно упругий удар — это такое столкновение, при котором меха-
ническая энергия сохраняется. Абсолютно упругий удар имеет место, напри-
мер, при столкновениях бильярдных шаров.
1
2
3
б
a
0102030405060708090100110

154
Удары могут быть центральными и нецентральными. При центральном
ударе векторы 1
v
r
и2
v
r
направлены вдоль линии центров — прямой, соединяю-
щей центры шаров.
Частным случаем центрального абсолютно упругого удара является взаи-
модействие двух шаров одинаковой массы, один из которых покоится.
На опыте, представленном на рисунке 4.4, мы видели, что при этом тела
просто обмениваются импульсами. Анализируя закон сохранения импульса,
мы получили соотношение: A
vv
−=
rr
–
B
v
r
и поставили вопрос: почему из бес-
конечно большого множества значений A
v
r
иB
v
r
, при которых выполняется
закон сохранения импульса, реализуется только один вариант:
0
A
v=
r
иB
vv
=
rr
.
На этот вопрос позволяет ответить закон сохранения энергии.
Запишем два равенства:
222
222
AB
mv
mv
mv
+=
(1)
и
AB
vvv
−=
−
.
(2)
Сократим обе части равенства (1) на
2
m
и перепишем эти уравнения в виде:
222
AB
vvv
−=,
(3)
и
AB
vvv
−=.
(4)
Поделим почленно выражения (3) и (4). Получим:
AB
vvv
+=.
Итак, законы сохранения энергии и импульса позволяют записать:
AB
vvv
+=
(5)
и
AB
vvv
−=.
(6)
Рис. 4 .34
Рис. 4 .35

155
Если сложить почленно соотношения (5) и (6), то станет ясно, что шар В
приобретает скорость налетающего шара: B
vv
=
. При этом
0
A
v=
.
Нецентральное упругое взаимодействие двух одинаковых тел (одно из ко-
торых покоится) изучим с помощью исследования.
Исследование 4.3
Цель исследования:пронаблюдать упругий нецентральный удар двух
одинаковых монет при условии, что одна монета покоится.
Оборудование: наклонная плоскость; две монеты одинакового достоинства;
линейка; бумага; транспортир (рис. 4 .35).
Вариант выполнения исследования
1. Проведите пуск монеты, измерьте параметры наклонной плоскости h и b и
рассчитайте коэффициент трения по формуле:
h
bl
μ=
+
(см. исследование 3.5, рис. 3 .44).
2. Определите скорость налетающей монеты:
т
2
vg
l
μ
=
и ее импульс
pmv
=
.
3. Осуществите столкновение монет (рис. 4 .36) и измерьте пройденные ими
пути после столкновения.
4. Оцените импульс 1
p′ монеты 1 после столкновения: p′1 = mv′1 = m 2μglT1 .
5. Оцените импульс 2
p′ монеты 2 после столкновения: p′2 = mv′2 = m 2μglT2 .
6. Выберите масштаб и выполните графическое сложение:
12
ppp
=+
′′′
rrr
.
Рис. 4.36
1
2
2
1
α
lт1
lт2

156
7. Сравните p′ и p, сделайте вывод.
8. Измерьте угол α. Сравните полученное значение с 90°.
Если исследование проведено аккуратно, то α ≈ 90°, т.е. при нецентральном
упругом взаимодействии двух одинаковых тел, одно из которых покоится,
после взаимодействия тела движутся под прямым углом друг к другу.
Это свойство удара следует из законов сохранения энергии и импульса.
Действительно,
22
2
12
12
() ()
;
222
mv
mv
mv
mvmvmv
′′
=+
=
+
′′
rrr
.
После сокращения на m получим:
222
12
12
;(
)()
vvvvvv
=+
=
+
′′
′
′
rrr
.
Эти уравнения показывают, что, во-первых, векторная сумма скоростей 1
v′
r
и2
v′
r
равна скорости налетающего шара; во-вторых, модули скоростей 1
v′и 2
v′
таковы, что выполняется теорема Пифагора. Это и означает, что векторы 1
v′
r
и2
v′
r
образуют прямой угол.
В общем случае абсолютно упругого удара разных по массе шаров их ско-
рости 1
v
r
и2
v
r
могут быть найдены из законов сохранения импульса и энер-
гии:
11
22
11
22
mvmvmvmv
+=+
′′
rr rr
;
22 22
11
22
11
22
11 11
()()()()
22 22
mv
mv
mv
mv
+=+
′′
.
* Законы сохранения имеют общефизический смысл, сфера их приме-
нения охватывает все физические явления.
Для подтверждения этого утверждения сравним результаты исследования
столкновения двух одинаковых монет с упругим взаимодействием протонов.
Такое взаимодействие зафиксировано на фотографии (рис. 4 .37, а). На рисун-
ке 4.37, б приведена его расшифровка: протон, движущийся из правого ниж-
него угла фотографии, налетает на неподвижный протон.
Рис. 4.37
б
a
← Протон
П
р
о
т
о
н
→
←
П
р
о
т
о
н

157
Конечно, взаимодействие протонов (положительно заряженных ядер водо-
рода) и монет или шаров — совершенно разные явления. Однако этот опыт
показывает, что и при взаимодействии протонов выполняется закон сохране-
ния энергии и импульса: ведь как и монеты, так и протоны после взаимодей-
ствия движутся под прямым углом друг к другу.
Опыты с такими частицами, как электроны или протоны, показали, что
законы сохранения выполняются и при больших скоростях движения. При
этом, однако, выяснилось, что импульс частицы уже не равен pm
v
=
rr
, а кине-
тическая энергия не равна
2
2
k
mv
E=
. Тот факт, что импульс и кинетическая
энергия быстрых частиц должны вычисляться по-другому, виден из рисунка
4.38 . На нем приведена фотография (и схема) следов взаимодействующих про-
тонов. Двигающийся снизу протон имел скорость v = 0,97 с (с = 3·108 м/с —
скорость света в вакууме). Угол между векторами импульсов протонов после
взаимодействия уже отличается от 90°.
Анализ взаимодействия быстрых частиц показывает, что эксперименталь-
ные результаты могут быть предсказаны на основе законов сохранения им-
пульса и энергии, если импульс и кинетическую энергию вычислять по фор-
мулам
2
22
1
,1
11
k
mv
pE
m
c
vv
cc
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
==
−
⎜⎟
⎛⎞
⎛⎞
⎜⎟
−−
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠
⎝⎠
r
r
.
Рис. 4.38
б
a
Протон
Протон
Протон

158
Таким образом, экспериментальные факты подтверждают выполнимость
законов сохранения для любых взаимодействующих тел и частиц во всей об-
ласти достижимых скоростей.
1. Одинаковы ли условия выполнения всех законов сохранения?
2. Каковы особенности преобразования энергии при упругом и неуп-
ругом ударах?
3. Какие экспериментальные факты показывают, что форма записи
законов динамики изменяется при больших скоростях?
4. Докажите, что если частица соударяется с другой неподвижной
частицей такой же массы и после соударения частицы разлетаются
под прямым углом друг к другу, то выполняются законы сохранения
импульса и энергии.
Упражнение 4.5*
1. Шар массой m, движущийся со скоростью v
r
, сталкивается с неподвижным
шаром такой же массы. Чему равна кинетическая энергия первого шара по-
сле центрального неупругого столкновения (после такого столкновения тела
движутся как единое целое)?
2. Шар массой m, движущийся со скоростью v
r
, сталкивается с неподвижным
шаром такой же массы. Чему равна кинетическая энергия обоих шаров после
центрального неупругого столкновения?
3. Шар массой m, движущийся со скоростью v
r
, сталкивается с неподвижным
шаром такой же массы. Чему равна кинетическая энергия второго шара после
центрального упругого столкновения (при таком столкновении сохраняется
механическая энергия)?
4. Шар массой m, движущийся со скоростью v
r
, сталкивается с неподвижным
шаром такой же массы. Чему равна кинетическая энергия первого шара после
центрального упругого столкновения?
5. Пуля массой m, летящая со скоростью v
r
относительно Земли, попадает
в платформу с песком массой М >>m, движущуюся со скоростью v
r
в про-
тивоположном направлении, и застревает в песке. Какова примерно потеря
механической энергии при таком столкновении пули и платформы?

159
Современная ракетодинамика — это наука о
движении летательных аппаратов (ракет, реактив-
ных самолетов, искусственных спутников Земли,
межпланетных кораблей, орбитальных станций и
других объектов), снабженных реактивными дви-
гателями.
Главной задачей этой прикладной науки явля-
ется определение летных характеристик космиче-
ских аппаратов как на участках траектории при
работающих двигателях, так и на пассивных участ-
ках — при выключенных двигателях.
Сущность проблемы динамики движения в пере-
численных примерах состоит в том, что масса тела
изменяется, поэтому прямое применение второго
закона динамики
p
F
t
Δ
=
Δ
r
r
не позволяет решить эту
проблему.
Основной закон динамики материальной точки
переменной массы был открыт профессором Петер-
бургского университета И.В. Мещерским в 1897 г.
и изложен в его магистерской диссертации.
Поясним основную идею результата, получен-
ного И.В. Мещерским, на следующем примере.
Пусть в некоторый момент времени ракета имеет
относительно Земли скорость v
r
, и каждую секунду
с постоянной скоростью u
r
относительно ракеты от
нее отделяются продукты горения топлива. Мас-
совый расход топлива равен
m
t
μ
Δ
=
Δ
. Мещерский
доказал, что на тело в этих условиях действует сила
R
r
, называемая реактивной силой тяги, в направ-
лении, противоположном вектору u
r
, а модуль ее
R=μu.
Скорость истечения газов в современных ракетах
может достигать u = 4,5 км/с. Оценим необходимый
массовый расход топлива в начальный момент за-
пуска ракеты массой m = 20 т; ракета должна иметь
на старте ускорение а = g . Мы можем записать:
R–mg=ma;R=2mg=2·20000кг·10м/с2
= 4·105 Н;
R
u
μ=;
4·105H
4,5 ·103H м/с
μ=
≈ 0,9 ·102 кг/с = 90 кг/с.
§ 4.8*
ДВИЖЕНИЕ ТЕЛ
ПЕРЕМЕННОЙ
МАССЫ.
ЭЛЕМЕНТЫ
РАКЕТОДИНАМИКИ

160
Вывод формулы Мещерского. Выражение для реактивной силы, полу-
ченное Мещерским, есть следствие закона сохранения импульса. Покажем это
на примере ракеты, которая в некоторый момент времени имеет импульс mv.
3a время Δt скорость ракеты стала равной vv
+Δ , а ее масса уменьшилась до
значения, равного mt
μ
− Δ. Импульс ракеты стал равен ()
()
vv
mt
μ
+Δ
−
Δ .То-
пливо массой t
μΔ относительно ракеты имеет скорость u, а относительно
Земли vu
−
. Импульс топлива относительно Земли равен
()
tvu
μΔ−
.
Импульс замкнутой системы ракета—топливо остался неизменным. Сле-
довательно, можно записать:
()
( )()
vv
mtt
vum
v
μμ
+Δ
−
Δ+Δ −
=
,
vm
vmvt
tvvtutmv
μμ μμ
+Δ−Δ
−
ΔΔ+Δ−Δ=
,
0,
v
vm ut
m
u
t
μμ
Δ
Δ−Δ
=
=
Δ
(слагаемым
tv
μΔ Δ пренебрегаем).
В соответствии со вторым законом динамики это и означает, что на ракету
действует сила, модуль которой равен R = μu.
Исследование 4.4
Цель исследования: изучить зависимость силы реакции водяной
струи от скорости ее истечения и массового расхода жидкости.
Оборудование: водопроводный кран или баллон большой вместимости с
краном; резиновая трубка; стеклянная трубка, изогнутая под прямым углом;
воронка; измерительный цилиндр; учебный динамометр; секундомер или часы
с секундной стрелкой; нить.
При истечении воды из трубы со скоростью u
r
возникает реактивная сила
R
r
, направление которой противоположно направлению вектора скорости ис-
течения воды:
m
Ru
t
Δ
=−
Δ
r
r
,где m
Δ — масса воды, вытекающей за время Δt,
u
r
—
скорость истечения воды.
Вариант выполнения исследования
1. Соберите установку по рисунку 4.39 . Установите с помощью крана такой
напор воды, чтобы реактивная сила Rэ, измеренная динамометром, была рав-
на 0,2 Н.
2. Определите массовый расход воды
m
t
Δ
Δ
. Для этого направьте струю воды
в измерительный цилиндр и измерьте интервал времени Δt, за который из
трубки в него вытекает вода массой Δm.

161
3. Измерьте диаметр трубки D, рассчитайте площадь ее сечения S и опреде-
лите скорость истечения струи u. Так как mu
St
ρ
Δ=Δ
,то
m
u
St
ρ
Δ
=
Δ
,гдеρ—
плотность воды.
4. Рассчитайте модуль реактивной силы струи: т
m
Ru
t
Δ
=
Δ
и сравните по-
лученный результат с экспериментальным значением Rэ
, найдя отношение
ε=
тэ
||
RR
R
−
, где R — наименьшее из значений Rт и Rэ
.
5. Измените с помощью крана скорость истечения воды таким образом,
чтобы значение реактивной силы было равно 0,3 Н; 0,4 Н, 0,5 Н. Повторите
измерения и расчеты. Результаты измерений и расчетов запишите в таблицу.
Noопыта Rэ,Н Δm,кг Δt,с
m
t
Δ
Δ
,кг/сD,м S,м2 u,м/с Rт,Н
1
2
3
4
Особенности ракетных двигателей. Возможность межпланетных полетов
с применением ракетных кораблей основана на двух замечательных особен-
ностях ракетного двигателя.
Первая особенность заключаются в том, что возникновение силы тяги та-
кого двигателя не связано с наличием среды.
Рис. 4.39

162
Вторая особенность ракетного двигателя, отличающая его от двигателей
другого рода, заключается в том, что его сила тяги не зависит от скорости
движения ракеты. Сила тяги определяется лишь массовым расходом топлива
m
t
μ
Δ
=
Δ
и скоростью истечения газов относительно ракеты u
r
:
m
Ru
t
Δ
=−
Δ
r
r
.
Сила тяги обычного двигателя заданной мощности N убывает с ростом ско-
рости. Действительно, из выражения N = Fv ясно, что сила тяги обычного
двигателя
N
F
v
=
убывает при возрастании скорости движения машины, на
которой установлен данный двигатель.
Сила тяги ракетного двигателя остается постоянной за все время работы
двигателя, поэтому его полезная мощность N1 пропорциональна скорости
движения ракеты v:
1
m
NR
vv
u
t
Δ
==
Δ
.
(1)
Полная мощность N ракетного двигателя складывается из полезной мощ-
ности N1, расходуемой на ускоренный подъем ракеты, и мощности N2, рас-
ходуемой на формирование реактивной струи:
N=N1 + N2.
Мощность N2 определяется изменением кинетической энергии топлива за
единицу времени:
22
2
11
()
22
mm
Nv
uv
tt
ΔΔ
=⋅
−
−⋅
ΔΔ
.
Произведя алгебраические преобразования, получим выражение для полной
мощности ракетного двигателя:
2
2
mu
N
t
Δ
=
Δ
.
(2)
Анализируя выражения (1) и (2), приходим к парадоксальному выводу: при
значениях скорости ракеты v, превышающих
2
u
, полезная мощность N1 ста-
новится больше полной мощности N. Этот факт назвали парадоксом силы тяги
реактивного двигателя. Его объяснение заключается в том, что при достиже-
нии скорости ракеты значения
2
u
v=
, расход энергии на формирование реак-
тивной струи равен нулю, а при движении ракеты со скоростью
2
u
v> ,стано-
вится отрицательным. Это означает, что кинетическая энергия ракеты частич-
но увеличивается за счет уменьшения кинетической энергии топлива, которой
оно обладало до его сгорания и истечения.

163
1. Назовите некоторые проблемы, решаемые ракетодинамикой.
2. Как рассчитывается реактивная сила? Следствием какого фунда-
ментального закона является формула R = μu?
3. Какие особенности ракетных двигателей отличают их от обычных
двигателей?
Упражнение 4.6
1. Скорость истечения газов из двигателя ракеты и = 3500 м/с, массовый расход
топлива μ =100 кг/с. Определите реактивную силу.
2. Ракетный двигатель «Титан-3С» имеет максимальную силу тяги 1,6·107 Н и
скорость истечения газов и = 3,2 км/с. Определите массовый расход топ-
лива.

164
Пример 1. Охотник стреляет с легкой надувной
лодки. Какую скорость приобретет лодка в гори-
зонтальном направлении в момент выстрела, если
масса охотника с лодкой и ружьем М = 70 кг, мас-
са дроби m = 35 г и средняя начальная скорость
дроби v0 = 3,2 · 102 м/с? Ствол ружья во время вы-
стрела направлен под углом α = 60° к горизонту.
Решение.Выясним возможность применения
закона сохранения импульса. На систему тел
«охотник — лодка — ружье — дробь» извне дей-
ствуют сила тяжести (М + m) g
r
и выталкивающая
сила воды (архимедова сила) вF
r
. До выстрела эти
силы уравновешивались, так как система тел по-
коилась. Во время выстрела выталкивающая сила
возрастает вследствие погружения лодки из-за
явления отдачи, поэтому равновесие сил наруша-
ется. Следовательно, во время выстрела система
не является замкнутой, ее импульс изменяется.
Однако в горизонтальном направлении внешние
силы не действуют, и в этом направлении система
ведет себя подобно замкнутой.
Исходя из сказанного, выполним чертеж с ука-
занием на нем векторов импульсов дроби 1
p
r
и охот-
ника с лодкой и ружьем 2
p
r
после взаимодействия
(рис. 4 .40) и запишем закон сохранения импульса
в проекциях на выбранную ось. Целесообразно ось
ОХ направить горизонтально, так как в этом на-
правлении внешние силы отсутствуют. Скорости
§ 4.9
ПРИМЕРЫ
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Рис. 4 .40
Рис. 4 .41
β
α
m1u
r
1
u
r
1
m2u
r
2
u
r
2
Mv
r
m1
m2
О
α
α
p2x
p1x
X
p
Δ
r
2
p
Δ
r
1

165
тел до взаимодействия равны нулю, поэтому и сумма импульсов также равна
нулю. Проекции импульсов тел на ось ОХ после взаимодействия соответственно
равны: 10 2
cos ,
xx
pm
v
pM
v
α
==
−
; т. е. можно записать:
0
0c
o
s
()
mv
Mv
α
=+
−
,
откуда следует:
2
0 cos
;8
1
0
mv
vv
M
α
−
==
⋅
м/с.
Пример 2. Два абсолютно неупругих шара, движущиеся по горизонтальной
плоскости со скоростями, направленными под углом α = 90° друг к другу,
сталкиваются и после удара движутся как единое целое. Модули скоростей
равны 1
u=5,0м/си 2
u =10м/с;массышаровm1=0,60кгиm2=0,40кг.Рас-
считайте: импульс системы после удара; скорость системы шаров после удара;
угол между первоначальным направлением движения первого шара и новым
направлением движения системы. Сопротивлением движению пренебречь.
Решение.При абсолютно неупругом ударе выполняется закон сохранения
импульса в отсутствие внешних сил. Для двух тел имеем:
11
22
11
22
mumumvmv
+=+
rr
rr
.
Так как тела после удара движутся как единое целое, то 12
vvv
==
rrr
, следо-
вательно,
11
22
1
2
()
mu mu
mmv
+=+
r
rr
.
Из рисунка 4.41 видно, что
22
11
22
()()
mu
mu
+=
(Mv)2
. Определив из получен-
ного выражения Мv и зная М = m1 + m2, найдем скорость v, а также угол β
между векторами Mv
r
и11
mu
r
.
Находим импульс системы тел:
22
12
1
12
212
(
)()();(
) 5,0
mmv m
um
u mmv
+=
+
+=кг·м/с.
Скорость системы равна:
22
11
22
12
()( )
;5
,
0
mu
mu
vv
mm
+
==
+
м/с.
Определим теперь угол β.
11
cos
; cos 0,60
mu
Mv
ββ
==
.
По таблице находим, что угол β = 53°8′.

166
Пример 3. Автомобиль массой 4000 кг движется со скоростью 54 км/ч. При
этом двигатель автомобиля развивает мощность 75 кВт. Определите, какой
путь пройдет автомобиль после выключения двигателя и через сколько вре-
мени он остановится, если сопротивление движению остается неизменным.
Считайте, что на преодоление сопротивления тратится α = 72% мощности
двигателя.
Решение.Впериод установившегося движения автомобиля со скоростью
v = 54 км/ч =15 м/с мощность сил (мощность двигателя Nд = 75 кВт) равна
сумме мощностей всех сил сопротивления движению. Если силы сопротив-
ления движению, принятые по условию постоянными, обозначить через c
F
r
,
то при α = 0,72 их можно найти из выражения α дc
NF
v
=
, откуда
д
c
N
F
v
α
=
;
Fc
= 3600Н=3,6кН.
В период торможения автомобиля его начальная скорость v0 = v = 15 м/с, а
конечная v1 = 0 .
Работа силы сопротивления равна Ас
=
2
c
0
2
mv
Fs
−=
−
.
Отсюда получаем:
22
c
c
;;
22
mv
mv
Fss
s
F
===
127,5 м.
Движение автомобиля в период остановки равнозамедленное. Время от на-
чала торможения до остановки определяется из формулы
10
2
;
2
vv
s
st
t
v
+
==
;
t=17с.
Пример 4. Ящик с песком, имеющий массу М, подвешен на тросе длиной l.
Длина троса значительно больше линейных размеров ящика (рис. 4.42, а).
Пуля, масса которой m, летит в горизонтальном направлении и попадает в
Рис. 4 .42
б
a
m
h
в
α
l
l
l
M
v
r
v
r
1
M+m

167
ящик, застревая в нем (рис. 4 .42, б). Трос после попадания пули отклоняется
от вертикали на угол α (рис. 4 .42, в). Рассчитайте начальную скорость пули.
Решение.Пусть скорость пули до попадания в ящик v
r
. Скорость пули и
ящика сразу после попадания обозначим через 1
v
r
(рис. 4 .42, б).
Импульс системы до попадания пули в ящик равен сумме импульсов ее
элементов: 0
pm
v
=
rr
, так как начальная скорость ящика равна нулю. Импульс
этой же системы после попадания пули в ящик равен произведению общей
массы системы на ее скорость: 11
()
pmM
v
=+
rr
.
Импульсы системы 0
p
r
и1
p
r
направлены в одну сторону, т.е . горизон-
тально.
Считаем, что взаимодействие произошло настолько быстро, что импульс
сил, действовавших на систему за это время, равен нулю. Тогда ее начальный
импульс равен конечному: 01
pp
=
или
1
()
mvmMv
=+
.
Отсюда конечная скорость ящика с пулей 1
m
vv
mM
=
+
.
Кинетическая энергия системы ящик—пуля сразу после взаимодействия
равна
2
22
22
1
2
()1 ()
22
2
()
()
k
mMv
mv
mv
Em
M
mM
mM
+
==
+=
+
+
.
Имея такую кинетическую энергию, пуля и ящик начинают вместе дви-
гаться в горизонтальном направлении. При этом они отклоняются на тросе, и
их центр тяжести поднимается на некоторую высоту h (рис. 4.41, в). Подняв-
шись на максимальную высоту, они остановятся, и их кинетическая энергия
станет равной нулю. Однако система приобретет потенциальную энергию,
равную Ep = (m+M)gh.
Согласно закону сохранения энергии, конечная энергия системы равна
начальной: Е0k=Ep = (m + M)gh. Отсюда высота подъема ящика с пулей
равна
22
2
2(
)
mv
h
gmM
=
+
.
(1)
Таккакдлинатросаlионотклонилсянауголα,тоh=l –lcosα=l(1–cosα)
(см. рис. 4 .42, в). Комбинируя это выражение с уравнением (1), имеем
22
2
(1cos)
2(
)
mv
l
gmMg
α
=−
+
. Откуда
2(1cos)
mM
vg
l
m
α
+
=−
.

168
Пример 5. Брусок массой М с гладкой полусферической выемкой радиусом
R лежит на гладком горизонтальном столе. Небольшое тело массой m кладут
на край выемки и отпускают (рис 4.43). Чему равны модули скорости u
r
бруска и скорости v
r
тела в тот момент, когда тело проходит нижнюю часть
выемки? Чему равны кинетические энергии тела и бруска в этот же момент
времени? Сравните значения модулей скоростей v
r
иu
r
, a также кинетических
энергий при равенстве масс m и М.
Решение.Поскольку трением мы пренебрегаем, то система «тело — бру-
сок» является замкнутой и консервативной. Поэтому можно применить зако-
ны сохранения импульса и энергии:
22
0,
22
mv Mu
mv
Mu
mgR
=−
=+
.
Из полученных выражений находим:
22
,
1
1
gR
gR
vu
m
mM
M
Mm
==
⎛⎞
+
+⋅
⎜⎟
⎝⎠
,
22
12
,
22
11
kk
mv
mgR
Mu
mgR
EE
mM
Mm
==
==
++
.
При
12
1,
2
kk
mm
g
R
vugREE
M
==
=
==
.
Пример 6. Камень массой m падает на Землю с высоты h. Запишите закон
сохранения энергии для этого случая в разных инерциальных системах отсче-
та: в системе отсчета, связанной с центром масс системы «камень — Земля»,
и в системе отсчета «лифт», который движется равномерно вниз со скоростью
2
vg
h
=
.
Решение1-го ученика:
Запишем закон сохранения энергии, рассматривая движение камня в систе-
ме отсчета, связанной с центром масс системы «камень — Земля» (рис. 4 .44, а).
К моменту падения камня на Землю вся его потенциальная энергия mgh пере-
шла в кинетическую энергию
2
2
mv
:
2
2
mv
mgh =
, где v — скорость камня перед
ударом о Землю.

169
Решение2-го ученика:
Запишем закон сохранения энергии, рассматривая движение камня в систе-
ме отсчета, связанной с лифтом, который движется вниз с постоянной скоростью
2
vg
h
=
относительно Земли (рис. 4 .44, б). В этой системе отсчета камень в
начальный момент имел кинетическую энергию
2
2
mv
и потенциальную энергию
mgh. К моменту падения камня на Землю его кинетическая энергия равна нулю,
так как камень имеет скорость, равную 2gh относительно Земли и покоится
относительно лифта. Для всей системы можно записать:
2
000
2
mv
mgh
+=
+
=
,
так как и потенциальная энергия камня равна нулю.
Получается, что закон сохранения энергии не выполняется в системе
«лифт», но выполняется в системе отсчета, относительно которой лифт дви-
жется с постоянной скоростью.
Как разрешить этот парадокс? Найдем ошибку в рассуждениях второго
ученика.
Решение.
1) В системе отсчета, связанной с центром масс системы тел «камень — Зем-
ля», в начальный момент Земля покоится и полная энергия системы равна по-
тенциальной энергии камня. К моменту падения камня на Землю энергия си-
стемы равна
22
22
mv
Mu
+
, где v — модуль скорости, которую приобрел камень
под действием силы притяжения Земли, а u — модуль скорости, которую при-
обрела Земля под действием силы притяжения камня. Найдем и, воспользовав-
шись законом сохранения импульса:
0
mv Mu
+=
r
r
, или в проекциях: xx
m
uv
M
=−
. Следовательно,
m
uv
M
=
.
Рис. 4 .43
Рис. 4.44
б
a
m
h
m
m
M
M
M
R
v
r
v
r
–v
r

170
Теперь запишем закон сохранения энергии системы «камень — Земля»:
2
22
1
222
m
Mv
mv
mv
m
M
mgh
M
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠ ⎛⎞
=+
=
+
⎜⎟
⎝⎠
.
Мы получили строгое выражение закона сохранения энергии. Первый уче-
ник получил приближенное выражение закона сохранения энергии. Однако
ясно, что во всех реальных задачах о взаимодействии тел с Землей m<< M и
величина
m
M
ничтожно мала по сравнению с единицей, так что ею можно пре-
небречь. Тогда в системе отсчета, связанной с центром масс системы тел «ка-
мень — Земля», относительно которой Земля в начальный момент времени
покоилась, закон сохранения энергии с большой степенью точности можно
записать так:
2
2
mv
mgh =
.
2) В системе отсчета «лифт» в начальный момент времени Земля имела
скорость – v
r
, начальная энергия системы «камень — Земля» равна:
22
22
mv
Mv
mgh ++ . К моменту падения камня энергия системы равна
2
2
Mu
, где
u — модуль скорости Земли к этому моменту. Воспользовавшись законом со-
хранения импульса: mv + Mv = Mu, найдем скорость Земли u при взаимодей-
ствии ее с камнем:
1
m
uv
M
⎛⎞
=+
⎜⎟
⎝⎠
.
Второй ученик считал, что энергия Земли не меняется и к моменту падения
камня равна
2
2
Mv
, т.е . он пренебрег величиной
22
2
2
22
2
Mu Mv
mmv
mv
M
−=+
⋅
,
которая больше кинетической энергии камня
2
2
mv
. Очевидно, что в этом была
ошибка второго ученика, которая и привела к парадоксу. «Строго» закон со-
хранения энергии системы следует записать так:
222
2
2
222
2
mv
Mv Mv
mmv
mgh
mv
M
++=++
.

171
Используя условие «большого» тела, т.е . учитывая, что m << М, мы можем
пренебречь величиной
2
2
mmv
M
, и тогда получим:
2
2
2
mv
mgh
mv
+=. Откуда
следует, что
2
2
mv
mgh =
, т.е. мы пришли к тому же выражению, что и в первом
случае.
Итак, в системе отсчета, связанной с центром масс системы «камень — Зем-
ля», в которой «большое тело» — Земля — первоначально покоится, измене-
нием энергии «большого тела» можно пренебречь. В системе отсчета «лифт» —
«большое тело» Земля имеет начальную скорость v, поэтому изменение ее
энергии сравнимо с изменением энергии камня, и пренебрегать изменением
энергии Земли при взаимодействии с камнем нельзя.

172
1. Горизонтальная струя воды, площадь сечения
которой S ≈ 8 см2, ударяет о вертикальную стенку
и упруго отскакивает от нее. Найдите силу F, дей-
ствующую на стенку, если скорость течения воды
в струе v ≈ 10 м/с. Плотность воды ρ = 103 кг/м3
.
2. Конькобежец катил санки по льду со скоро-
стью 5 м/с, а затем толкнул их вперед и отпустил.
С какой скоростью и куда покатится конькобежец
непосредственно после толчка, если скорость санок
возросла до 8 м/с? Масса санок 90 кг, масса конь-
кобежца 60 кг. Трением пренебречь.
3. Человек и тележка движутся навстречу друг
другу, причем масса человека в два раза больше
массы тележки. Скорость человека 3 м/с, а тележ-
ки 2 м/с. Человек вскакивает на тележку и оста-
ется на ней. Какова скорость человека вместе
с тележкой? Как она направлена? Трением пре-
небречь.
4. Граната, летевшая со скоростью 10 м/с, разо-
рвалась на два осколка, массы которых 1 и 1,5 кг.
Скорость большего осколка возросла до 25 м/с по
направлению движения гранаты. Найдите модуль
и направление скорости меньшего осколка.
5. Ракета массой 3·103 кг двигалась со скоростью
200 м/с. От нее отделилась первая ступень массой
103 кг, при этом скорость оставшейся части возрос-
ла до 220 м/с. С какой скоростью относительно
Земли стала двигаться первая ступень ракеты?
6. Мяч массой 0,15 кг, падая вертикально, перед
ударом о пол имеет скорость 9,8 м/с. Удар абсолют-
но упругий, время удара 0,098 с. Найдите среднюю
силу удара мяча о пол.
7. В брусок массой 0,99 кг, лежащий на гори-
зонтальной поверхности, попадает пуля массой
0,01 кг и застревает в нем. Скорость пули до удара
направлена горизонтально и равна 700 м/с. Какой
путь пройдет брусок до остановки, если коэффици-
ент трения скольжения 0,05?
8. Снаряд массой 50 кг, летящий под углом 30°
к вертикали со скоростью 800 м/с, попадает в плат-
форму с песком и застревает в нем. Найдите ско-
рость платформы после столкновения, если ее
масса 1,6·104 кг. Трением пренебречь.
§ 4.10
ЗАДАЧИ ДЛЯ
САМОСТОЯТЕЛЬНОГО
РЕШЕНИЯ

173
9. При вертикальном подъеме груза массой m = 2,0 кг на высоту h =10 м
совершена работа А = 240 Дж. С каким ускорением поднимали груз?
10. Тело массой 20 кг поднимают вертикально вверх силой 400 Н, направ-
ленной по движению. Какая работа совершается на пути 10 м? Какую работу
совершает при этом сила тяжести?
11. Транспортер длиной 10 м перемещает груз массой 2 т. Какая работа со-
вершается при равномерном подъеме груза, если лента транспортера накло-
нена к горизонту под углом 30°? Сопротивлением движению пренебречь.
12. Тело массой 100 кг поднимают с ускорением 2,0 м/с2 на высоту 25 м.
Какая работа совершается при подъеме тела?
13. Какая работа совершается при равномерном перемещении тела по го-
ризонтальной поверхности на расстояние 8,0 м под действием силы тяги
1000 Н, направленной под углом 60° к горизонту? Чему равна работа силы
сопротивления на этом пути?
14. Автомобиль массой m начинает двигаться из состояния покоя по гори-
зонтальному участку пути. Считая, что двигатель развивает постоянную мощ-
ность N и коэффициент трения равен μ, определите вид движения; максималь-
ную скорость, достигаемую автомобилем; силу тяги в момент достижения им
максимальной скорости.
15. Поезд массой 6,0·105 кг равномерно поднимается в гору с уклоном 5,0 м
на 1,0 км пути. Коэффициент трения μ = 0,0020. Определите развиваемую
тепловозом мощность при скорости движения 36 км/ч.
16. Автомобиль массой m = 2,0 т при выключенном двигателе спускается
по уклону 0,030 с постоянной скоростью v = 15 м/с. При какой мощности
двигателя он может равномерно подниматься вверх по такому же уклону с
такой же скоростью?
17. Камень массой m = 300 г брошен с башни в горизонтальном направлении
с некоторой скоростью. Спустя время t = 1 с скорость камня составила с гори-
зонтом угол α = 30°. Найдите кинетическую энергию камня в этот момент.
18. Камень массой m = 5 кг упал с некоторой высоты. Найдите кинетиче-
скую энергию камня в средней точке его пути, если он падал в течение време-
ниt=2с.
19. Тело брошено вертикально вверх со скоростью v = 49 м/с. На какой вы-
соте h его кинетическая энергия будет равна потенциальной энергии?
20. К телу массой m = 4 кг приложена направленная вертикально вверх
сила, модуль которой равен F = 49 Н. Найдите кинетическую энергию тела
в момент, когда оно окажется на высоте h = 10 м над поверхностью Земли.
В начальный момент тело покоилось на поверхности Земли.
21. Вагон массой 40 т, движущийся со скоростью 2 м/с, в конце запасного
пути ударяется о пружинный амортизатор. Чему равна деформация пружины,
если ее жесткость 2,5·105 Н/м?
22. С какой начальной скоростью двигался вагон массой 20 т, если при ударе
о стену пружина буфера сжалась на 10 см? Жесткость пружины 9,8·105 Н/м.

174
23. Тело свободно падает с высоты 20 м из состояния покоя. На какой вы-
соте от поверхности Земли кинетическая энергия тела втрое больше потенци-
альной? Сопротивлением воздуха пренебречь.
24. Тело массой 2,0 кг падает с высоты 20 м из состояния покоя и в момент
удара о землю имеет скорость 15 м/с. Чему равна работа силы сопротивления
воздуха?
25. Тело массой 0,50 кг, брошенное вертикально вверх со скоростью 20 м/с,
поднялось на высоту 15 м. Определите работу силы сопротивления и среднее
значение силы сопротивления.
26. Какую горизонтальную скорость нужно сообщить шарику, висящему
на невесомой и нерастяжимой нити длиной 0,40 м, чтобы она отклонилась на
угол 60° от вертикали?
27. Шарик прикреплен к концу невесомой жесткой спицы длиной 10 см.
Второй конец спицы закреплен так, что спица с шариком может свободно
вращаться в вертикальной плоскости. Какую минимальную скорость в гори-
зонтальном направлении нужно сообщить шарику, чтобы спица сделала пол-
ный оборот? В начальный момент спица расположена вертикально и шарик
находится внизу.
28. На горизонтальной поверхности стола стоит сосуд, в вертикальной
стенке которого сделано несколько отверстий одно над другим. Сосуд наполнен
водой до высоты Н и из отверстий бьют струи. Докажите, что: а) все струи бьют
о стол с одинаковыми скоростями; б) две струи бьют в одну и ту же точку сто-
ла, если расстояния одного из отверстий от уровня жидкости в сосуде и друго-
го от поверхности стола одинаковы. На каком расстоянии h от дна сосуда надо
в стенке сделать отверстие, чтобы струя из него била в поверхность стола воз-
можно дальше от сосуда?
29. Определите вторую космическую скорость для Марса, если ускорение
свободного падения на Марсе равно 3,8 м/с2, радиус Марса 6620 км.
Самое важное в главе 4
1. Закон сохранения импульса: в инерциальной системе отсчета суммарный
импульс всех взаимодействующих тел не изменяется с течением времени. Этот
закон выполняется для замкнутой системы тел, т.е. такой системы, на которую
не действуют внешние силы.
2. Закон сохранения механической энергии: в инерциальных системах от-
счета суммарная механическая энергия всех взаимодействующих тел не из-
меняется с течением времени. Этот закон выполняется для системы тел, на
которую действуют только потенциальные силы или работа всех других сил
равна нулю.
3. Механическая энергия Е равна сумме кинетической и потенциальной
энергий: E = Ek+Ер.

175
4. Энергия тел изменяется при совершении силами работы. Работа равно-
действующей всех сил равна А = Ek2 – Ek1. Работа потенциальных сил равна:
Ар = Ер1–Ер2. Работа сил трения и сопротивления равна: Ас
=Е2–Е1.
5. Быстрота совершения работы характеризуется мощностью
A
N
t
=
.
6. Законы сохранения импульса и энергии объясняют многочисленные
явления, происходящие на Земле и в космическом пространстве; они служат
физической основой таких направлений современной техники, как ракетоди-
намика, энергетическое и транспортное машиностроение.

§ 5.1 . Условия равновесия материальной точки 177
§ 5.2 . Условия равновесия твердого тела
183
§ 5.3 . Принцип минимума потенциальной
энергии
189
§ 5.4 . Центр тяжести
195
§ 5.5 . Элементы гидростатики
198
§ 5.6 . Примеры решения задач
201
§ 5.7 . Задачи для самостоятельного решения
205
Самое важное в главе 5
207
Глава5
СТАТИКА

177
Условие равновесия материальной точки.
Для получения условия равновесия материальной
точки воспользуемся вторым законом Ньютона.
В соответствии с ним ускорение a
r
равно:
12...
,
FF
a
m
++
=
rr
r
где 12
,
, ...
FF
rr
—
силы, действующие на материаль-
ную точку, т — ее масса.
Отсюда следует, что
0
a=
r
, если 12
FF
++
rr
3...0
F
++=
r
.
Если сумма всех сил, действующих на мате-
риальную точку, равна нулю, то ускорение точ-
ки также равно нулю. В таких случаях говорят,
что силы находятся в равновесии.
Состояние покоя будет наблюдаться тогда, когда
начальная скорость точки равна нулю. Именно это
состояние и называется состоянием равновесия
материальной точки.
Пусть начальная скорость материальной точки
отлична от нуля, и равна, например, 0
v
r
, тогда при
равновесии сил точка будет двигаться равномерно
и прямолинейно со скоростью 0
v
r
. В инерциальной
системе отсчета, которая движется по отношению
к первой со скоростью 0
v
r
, эта точка уже будет в по-
кое, т.е. окажется в равновесии.
Таким образом, при равновесии сил сама мате-
риальная точка может находиться либо в покое,
либо в состоянии равномерного прямолинейного
движения.
Итак, материальная точка при начальной ско-
рости, равной нулю, находится в равновесии,
если
123... 0
FFF
+++=
rrr
.
(1)
Каждый из векторов 123
,
,
...
FFF
rrr
имеет проекции
на координатные оси:
11112 2223 333
—,
,; —,,; —,,.
.
.
xyz
xyz
xyz
FFFFFFFFFFFF
rrr
.
§ 5.1
УСЛОВИЯ
РАВНОВЕСИЯ
МАТЕРИАЛЬНОЙ
ТОЧКИ
Рис. 5 .1
б
a
в
F
r
1
F
r
2
F
r
3

178
Тогда условия равновесия можно записать в виде:
123
123
123
...
0,
...
0,
...
0.
xxx
yyy
zzz
FFF
FFF
FFF
+++=
+++=
+++=
(2)
Модель абсолютно твердого тела. В механике, кроме материальной точ-
ки, применяются и другие модели. Напомним, что модели используются для
того, чтобы выделить главное, основное, отвлечься от несущественного.
Модели (идеальные объекты) отражают важнейшие свойства реально су-
ществующих предметов, тел, явлений, взаимодействий.
Ситуации, представленные на рисунке 5.1, показывают, как могла возник-
нуть в науке модель абсолютно твердого тела. При взаимодействии ракетки и
мяча возникновение сил упругости обусловлено вполне заметной деформацией
и ракетки, и мяча (см. рис. 5.1, а). При взаимодействии гири и линейки (см.
рис. 5.1, б) заметна деформация только линейки. Если же эту гирю поставить
на стальную плиту (см. рис. 5 .1, в), то силы упругости возникнут даже при очень
малых (практически незаметных) деформациях взаимодействующих тел.
Из приведенных примеров можно сделать вывод: при анализе состояния
равновесия механической системы необходимо учитывать силы упругости,
но деформациями можно пренебречь. Именно в этом случае и считают тело
абсолютно твердым.
Рассмотренные для материальной точки условия равновесия могут быть
применены и для абсолютно твердого тела, если линии действия всех сил пере-
секаются в одной точке (рис. 5 .2). Так как тело абсолютно твердое, то дефор-
мации тела не учитываются и не важно, где на линии действия приложены
силы: можно считать, что они приложены в любой точке линии действия, в том
числе и в точке их пересечения. Например, на рисунке 5.3 показан опыт, в
котором на кольцо действуют три силы: две силы упругости пружин динамо-
Рис. 5 .3
Рис. 5 .2
F
r
2
F
r
3
F
r
1

179
Рис. 5 .4
метров, которые приложены к проволочным крюч-
кам, и вес подвешенных к кольцу грузов. Кольцо,
проволоки, стержень, грузы — это абсолютно твер-
дые тела. Кольцо будет находиться в равновесии,
если линии действия всех трех сил пересекаются в
одной точке и их векторная сумма равна нулю.
Закон Гука и модель абсолютно упругого
тела. Широко применяется в физике и ее приложе-
ниях модель абсолютно упругого тела.
Линейная зависимость между силой упругости
и деформацией впервые была установлена Р. Гуком
в XVII в. После открытия этого закона появилась
возможность рассчитывать деформации по извест-
ным силам и, наоборот, определять силы, если из-
вестны деформации.
Простейшая форма записи закона Гука, как вам
известно, имеет вид: Fx
= –kx, где k — жесткость, а
x = l – l0 — деформация растяжения или сжатия. При
растяженииl>l0иx>0,присжатииl<l0иx<0.
Наблюдения показывают, что для любого образ-
ца всегда обнаруживается максимальная деформа-
ция |xm| такая, что если |x| > |xm|, то линейная зави-
симость между силой упругости и деформацией
(график 1 на рис. 5 .4) нарушается (рис. 5 .4, графи-
ки 2, 3). В этом вы убедились, исследуя растяжение
резинового образца (см. 7 кл., исследование 1.5).
Представим себе, что для некоторого тела при
любых деформациях выполняется линейная зави-
симость между деформацией и силой упругости (см.
рис. 5.4, график 1). Такой гипотетический образец
и моделирует абсолютно упругое тело.
Исследование 5.1
Цель исследования: применить условие
равновесия для расчета силы.
Оборудование: штатив; набор грузов по механи-
ке; транспортир; динамометр; нить.
Вариант выполнения исследования
1. Подвесьте к нити, прикрепленной к штативу,
два груза по 0,1 кг каждый (рис. 5 .5). Используя
Рис. 5 .5
О
1
2
3
xm
X
F
F0

180
систему уравнений (2) на с. 178, рассчитайте, какую
силу необходимо приложить в горизонтальном на-
правлении, чтобы нить оказалась расположенной
под углом α = 30° к вертикали.
На тело (точку А), находящееся в равновесии,
действуют три силы: сила упругости упр
F
r
нити, сила
тяжести т
F
r
и искомая сила 0
F
r
(рис. 5 .6). Условие
равновесия имеет вид:
упр
т
00
FFF
++=
rr
r
.
В проекциях на оси OX и OY можно записать:
(Fупр)x
–
F0=0,
(3)
(Fупр)y – F
т
=0.
(4)
При написании этих уравнений мы учли, что
F0x
= –F0, Fтx
= 0,F0y=0,Fтy
=–F
т
.
Из рисунка 5.6 видно, что (Fупр) x
= Fупрsinα,
(Fупр)y = Fупрcos α.
Тогда уравнения (3) и (4) примут вид: Fупр sinα =
= F0иFупрcosα=F
т
= mg. Откуда 0
F
mg
= tgαи
0
Fm
g
t
=
tgα.
Рассчитайте искомую силу и запишите ее модуль
в виде Fрасч
.
2. С помощью динамометра, расположив его
горизонтально, отведите нить на 30° (рис. 5 .7), из-
мерьте искомую силу и запишите ее модуль Fизм
.
3. Сравните модули Fрасч
и Fизм
, найдя отношение
расч
изм
||
FF
F
−
, где F — наименьшее из значений Fрасч
и Fизм
.
4. Сделайте вывод.
Любая модель отражает одно или несколько
свойств тела, процесса или явления. Ни одна из
моделей не «содержит» в себе все свойства реаль-
ного объекта. Поэтому всегда приходится исполь-
зовать несколько моделей при применении фунда-
ментальных законов и теорий на практике.
Наблюдения показывают, что в любом реальном,
достаточно сложном, механическом устройстве не
удается ограничиться лишь моделью абсолютно
твердого тела.
Рис. 5 .6
Рис. 5.7
30°
X
Y
А
О
F
r
0
F
r
т
F
r
упр
(Fупр)x
(Fупр)y

181
Например, устойчивость Останкинской телебашни (ее автор — лауреат
Государственной премии Н.В. Никитин) обеспечивается тем, что при ее про-
ектировании использовались несколько теоретических моделей.
Одна из них — модель абсолютно твердого тела. Эту модель можно приме-
нять к фундаменту башни. Башню массой 30 000 т удерживает железобетонное
кольцо глубиной 4,5 м, диаметром 70 м и шириной 9,5 м.
Модель абсолютно твердого тела может применяться и для железобетонной
монолитной части высотой более 300 м.
Однако в верхней части используются упругие конструкции, деформация-
ми которых уже нельзя пренебречь. Более того, именно эти деформации спе-
циально рассчитываются так, чтобы башня могла выдержать ураганные ветры,
при которых размах колебаний вершины башни может достигать 11 м.
Но и железобетонная часть («абсолютно твердая») снабжена 149 канатами
диаметром 38 мм, которые действуют на железобетонный монолит с силой
700 000 Н. В результате башня может выдержать, как показывают расчеты,
землетрясение до 8 баллов.
1. При каких условиях может быть использована модель материальной
точки?
2. Какой смысл вкладывается в термины: «равновесие сил» и «равно-
весие тела»?
3. Сформулируйте условие равновесия материальной точки.
4. Приведите примеры, иллюстрирующие целесообразность исполь-
зования модели абсолютно твердого тела.
5. При каких условиях к абсолютно твердому телу можно применять
условия равновесия материальной точки?
6. В чем состоит противоречивость модели абсолютно твердого тела?
7. Приведите пример, показывающий недостаточность использования
только модели абсолютно твердого тела.
8. Как формулируется закон Гука?
9. Охарактеризуйте модель абсолютно упругого тела.
10. Приведите примеры, иллюстрирующие целесообразность исполь-
зования модели абсолютно упругого тела.
Домашние исследования
Исследование 1
Измерьте силу, необходимую для разрыва нити.
Оборудование: нить длиной 2—3 м; пластиковая бутылка с водой известной
массы; рулетка; два больших канцелярских зажима; ножницы; нитки.

182
Вариант выполнения исследования
1. Привяжите нить к одному зажиму, а через другой осторожно тяните нить
(рис. 5 .8), пока она не разорвется. Зафиксируйте значение расстояния х (рис.
5.9, а), при котором разорвалась нить.
Непосредственно перед разрывом точка нити А находилась в равновесии под
действием двух сил упругости и веса бутылки. Следовательно (см. рис. 5.9, б),
упр
упр
0
FFF
++=
′
rr
r
.
Здесь F
r
—
вес бутылки, равный по модулю силе тяжести, действующей на
нее.
2. Воспользуйтесь условием равновесия (2) и докажите, что
упр
упр
2sin
mg
FF
α
==
′
.
Так как
2
sin
2
xx
ll
α==
,гдеl—длинанити,то упр
4
mgl
F
x
=
.
3. По полученной формуле рассчитайте силу, при которой нить разо-
рвется.
4. Проведите дополнительное исследование зависимости силы упругости
от диаметра нити и ее длины.
Исследование 2
Измерьте статическим способом коэффициент трения скольжения стали о
дерево.
Оборудование: стальной цилиндр (или шар); две деревянные линейки; боль-
шой канцелярский зажим.
Рис. 5 .8
Рис. 5 .9
б
a
x
x
α
α
A
A
F
r
упр
F
r
F
r
упр
′

183
Условие равновесия (см. § 5.1) является не-
обходимым условием равновесия материальной
точки. Однако для равновесия твердого тела оно не
является достаточным.
Пусть металлическая пластина закреплена на
оси (рис. 5.10). На нее действуют две равные по
модулю и противоположные по направлению силы
упругости пружин динамометров и сила упругости
нити.
Отпустив нить, мы увидим, что пластина начала
вращаться, т.е . не находится в равновесии, хотя
векторная сумма двух сил упругости пружин дина-
мометров равна нулю.
Почему это произошло? Все дело в том, что тело
(пластину) в данном опыте нельзя считать матери-
альной точкой. В рассмотренной ситуации на тело
действуют две равные по модулю и противополож-
но направленные силы, но линии действия этих сил
параллельны, они не пересекаются в одной точке.
Только этим можно объяснить наблюдаемое враще-
ние пластины.
Чтобы найти достаточные условия равновесия
твердого тела, нам необходимо такое понятие, как
момент силы. В курсе физики основной школы эту
величину мы определили для случая, когда сила F
r
была расположена в плоскости Р, перпендикуляр-
ной оси вращения (рис. 5 .11). Опустив из точки О
пересечения оси с плоскостью перпендикуляр на
§ 5.2
УСЛОВИЯ
РАВНОВЕСИЯ
ТВЕРДОГО ТЕЛА
Рис. 5 .10
Рис. 5.11
90°
d
O1
A
P
B
O
F
r

184
линию действия силы , мы получим отрезок ОО1. Длина d этого отрезка на-
зывается плечом силы. Моментом силы названо произведение модуля силы на
ее плечо: M = Fd.
Часто на тело, имеющее ось вращения, действуют силы, которые не при-
надлежат плоскости Р.
Представим себе, что закрывая дверь, мы действуем на нее с силой F
r
(рис.
5.12).
Простые наблюдения показывают, что «вращающий» эффект силы F
r
за-
висит, во-первых от угла β между плоскостью двери и плоскостью Р1, в которой
лежит сила F
r
. Если, например, угол β равен нулю, то сила может только со-
рвать дверь с петель. Во-вторых, исследуемый эффект зависит от угла α
между вектором силы и ребром двери. Если, например, угол α равен нулю, то
эта сила «снимет» дверь с петель.
Теперь понятно, как найти момент силы F
r
. Совместим ось Z с осью враще-
ния, плоскость ХОY тогда совмещается с плоскостью пола. Найдем проекцию
силы F
r
на плоскость ХОY. Для этого в плоскости Р1 из начала и конца векто-
раF
r
опустим перпендикуляры на плоскость ХОY. Получим отрезок АВ. Обо-
значим его длину (т.е. модуль проекции силы) через Fn
. Опустим перпендику-
ляр из начала координат на прямую, на которой лежит отрезок АВ. Это и будет
плечо d силы F
r
. Произведение Fn d представляет собой момент силы F
r
.
Поскольку вращение тела под действием по-разному направленных сил
может происходить в разных направлениях, то моменту сил приписывается
знак «+» или знак «–» .
Запишем математическую формулу определения момента силы F
r
:
zn
MF
d
=±
,
(1)
Рис. 5 .13
Рис. 5 .12
90°
d
β
α
X
P1
Fn
B
A
O
Z
Y
F
r

185
Рис. 5 .14
где Mz
—
момент силы F
r
относительно оси Z; Fn
—
модуль проекции силы F
r
на плоскость XOY, перпендикулярную оси Z; d — плечо силы F
r
.
Тот или иной знак в формуле (1) определяется по правилу, которое называ-
ется правилом правой руки: надо мысленно охватить ось Z правой рукой так,
чтобы четыре пальца руки совпадали с тем направлением, по которому будет
вращаться тело под действием силы F
r
. Момент Mz оказывается положитель-
ным (Mz
= + Fnd), если направление большого пальца правой руки совпадает
с направлением оси Z; если эти направления не совпадают, то Мz
=–F
n
d, т.е.
момент Мz оказывается отрицательным.
Очевидно, что момент Мz силы F
r
для ситуации, представленной на рисун-
ке 5.12, положителен.
Рисунок 5.13 иллюстрирует попытку ученицы на самодельном устройстве
определить знак момента Мz для случая, когда Мz < 0.
Таким образом, момент силы относительно закрепленной оси полностью
определяется числовым значением и знаком.
Установим на опыте условия равновесия тела, имеющего ось враще-
ния.
На тело, имеющее закрепленную ось вращения, перпендикулярную класс-
ной доске и направленную от доски (ось Z) в ее плоскости (плоскости XOY)
действуют четыре силы (рис. 5.14).
Рассчитаем моменты действующих сил и определим их знаки в соответствии
с правилом правой руки. Получим:
Mz1
= –0,10 Н·м, МZ2 = –0,12 Н·м,
Мz3
=+0,12 Н·м, Mz4
= +0,09 Н·м .
Определим сумму моментов: Mz1 + МZ2 + Мz3 + Mz4
= –0,01 Н·м.
40° X
O
Y
F
r
3
F
r
4
F
r
2
F
r
1
Рис. 5.15

186
Отличие суммы моментов от нуля определяется числом, равным
123 4
|0,01|
0,023
||||||||
zzzz
MMMM
−
=
+++
, т.е . не превосходит 3%.
Таким образом, мы можем сказать, что одно из условий равновесия тела
состоит в следующем: алгебраическая сумма моментов сил, действующих
на тело, должна равняться нулю: Mz1 + МZ2 + Мz3 + Mz4
=0.
Теперь обратимся к анализу сил, действующих на тело (см. рис. 5 .14).
Выберем систему координат так, как показано на рисунке 5.15, и определим
сумму проекций этих сил на выбранные оси.
Получим:
1234
123 4
2,00H·cos40 0 2,00H 0 0,47H 0,5H;
2,00H·sin40 3,0H 0 2,0H 6,3H.
xxxx
yyyy
FFFF
FFFF
+++=
°
+−
+−
≈
−
+++ =
°
−
+−
=
−
(2)
(3)
Оказывается, сумма сил, действующих на пластину, не равна нулю, а пла-
стина находится в равновесии.
Противоречие разрешается просто. При анализе моментов и сил мы не учли
силу упругости упр
F
r
, возникающую в оси вращения. Учет этой силы ничего не
изменит в балансе моментов, так как плечо этой силы относительно оси вра-
щения равно нулю. Однако при анализе сил игнорировать ее нельзя.
Именно тот факт, что мы не учитываем в равенствах (2) и (3) упр
F
r
, и приводит
к кажущемуся противоречию. Если же учесть эту силу, то становится ясно, что
упр .
упр .
22
упр
0,5H,
6,3 H,
(0,5) (6,3) H 6,31H 6,3H.
xy
FF
F
=+
=+
=+ =≈
Сила упр
F
r
образует с осью X угол α, тангенс которого равен
упр.
упр.
12,6
y
x
F
F
≈
,а
угол α = 85°.
Следовательно, общие условия равновесия твердого тела, имеющего закреп-
ленную ось вращения, имеют вид:
123
123
123
123
...
0,
...
0,
...
0,
...
0.
xxx
yyy
zzz
zzz
FFF
FFF
FFF
MMM
+++=
+++=
+++=
+++
=
Исследование 5.2
Цель исследования:рассчитать силы с использованием условий рав-
новесия.
Оборудование: штатив; линейка; динамометр; нитки; грузы по механике.

187
Рис. 5 .18
Рис. 5.17
Вариант выполнения исследования
1. Соберите измерительную установку в соответствии с рисунком 5.16.
2. Пользуясь рисунком 5.17, запишите условия равновесия линейки, при-
няв за ось вращения ось, проходящую через точку О1 перпендикулярно пло-
скости чертежа:
123 40
FFFF
+++ =
rrrr
илиF1+F2=F3+F4.
(4)
иF4 ·O1O2–F1·O1A–F2·O1B=0.
(5)
3. Измерьте плечи всех сил (линейкой) и модули сил 1
F
r
и2
F
r
(динамо-
метром).
4. Рассчитайте с помощью уравнений (4) и (5) модули сил 3
F
r
и4
F
r
.
5. Заменяя последовательно нити динамометром (рис. 5.18) и добиваясь
равновесия линейки, измерьте модули сил 3
F
r
и4
F
r
и сравните с полученными
в результате вычислений.
Рис. 5.19
Рис. 5 .16
0,2 м
0,6 м
Пар
F
r
B
A
O1
O2
O
F
r
1
F
r
2
F
r
3
F
r
4

188
Рис. 5 .21
Рис. 5.20
d
а
α
γ
X
Z
A
O
Y
F
r
0
F
r
1. Как определить плечо силы, если сила направлена под углом к оси
вращения?
2. Как определяется момент силы относительно оси?
3. Сформулируйте правило правой руки.
4. Сформулируйте два условия равновесия твердого тела.
Упражнение 5.1
1. На рисунке 5.19 изображен предохранительный клапан. Пар давит на клапан
с силой F = 360 H. Груз какой массы надо подвесить на рычаг, чтобы он уравно-
весил силу давления пара? (Вес клапана и рычага не учитывать.) Необходимые
размеры указаны на рисунке.
2. К двери, вращающейся вокруг вертикальной оси OZ, в точке А приложена
сила F
r
под углом γ = 60° к вертикали. Модуль силы F
r
равен 20 Н. Верти-
кальная плоскость, в которой лежит эта сила, образует с плоскостью двери
угол α = 45° (рис. 5.20). Определите момент силы относительно оси OZ, если
ширина двери а = 0,5 м. Какую силу 0F
r
необходимо приложить к двери в точке
А перпендикулярно ее плоскости, чтобы удержать дверь в равновесии?
Домашнее исследование
Определите параметры цилиндра и линейки, при которых устойчивое
равновесие линейки, положенной на цилиндр, переходит в неустойчивое.
Оборудование: набор линеек; цилиндрические тела разного размера; две
резинки; бумажная полоска (рис. 5 .21).
Рис. 5 .20

189
Наблюдения показывают, что условия равно-
весия могут быть реализованы двумя способами.
Обратимся к простому примеру — маленькому
шарику, висящему на нити (рис. 5.22).
В положении равновесия сила тяжести и сила
упругости уравновешивают друг друга, их сумма
равна нулю.
Выведем шарик из положения равновесия. Мы
видим: равнодействующая p
F
r
силы тяжести т
F
r
и
силы упругости упр
F
r
сообщает шарику ускорение,
направленное к положению равновесия.
Можно сравнить потенциальные энергии шари-
ка в положении равновесия и в точке О1. Ясно, что
в точке О1 потенциальная энергия больше, чем в
точке О на величину mgh.
Анализ этого простого примера позволяет сфор-
мулировать следующие выводы.
Равновесие тела устойчиво, если при выведении
его из этого положения сумма сил, приложенных
к телу, возвращает его в исходное положение.
В положении устойчивого равновесия тело об-
ладает наименьшим значением потенциальной
энергии: при любом возможном перемещении по-
тенциальная энергия увеличивается.
Равновесие тела неустойчиво, если при малей-
шем отклонении тела от этого положения равно-
действующая сил, приложенных к телу, увеличи-
вает это отклонение.
В положении неустойчивого равновесия тело
обладает наибольшим значением потенциальной
энергии: при любом возможном перемещении по-
тенциальная энергия уменьшается.
Если при любом возможном перемещении по-
тенциальная энергия тела не изменяется, то такое
положение называется положением безразличного
равновесия.
Анализ изменения потенциальной энергии при
изменении состояния тела позволяет сформулиро-
вать принцип минимума потенциальной энергии.
В положении устойчивого равновесия под дей-
ствием потенциальных сил тело обладает ми-
нимальным значением потенциальной энергии.
Проанализируем этот принцип подробнее.
§ 5.3
ПРИНЦИП
МИНИМУМА
ПОТЕНЦИАЛЬНОЙ
ЭНЕРГИИ
Рис. 5 .22
h
O
O1
F
r
упр
F
r
т
F
r
р

190
Согласно теореме о кинетической энергии работа равнодействующей всех
сил равна изменению кинетической энергии тела:
k
AE
=Δ
.
В случае действия на тело потенциальных сил, работа этих сил равна из-
менению потенциальной энергии со знаком «минус»:
p
AE
=−Δ
.
При бесконечно малых отклонениях тела от положения равновесия условие
равновесия можно записать в виде:
0
p
E
Δ=.
На рисунке 5.23 показано тело, расположенное в нижней части сферической
поверхности. Оно находится в положении устойчивого равновесия. Потенци-
альная энергия тела в этой точке минимальна, выбираем ее равной нулю.
При выведении тела из этого положения потенциальная энергии увеличи-
вается — она рассчитывается по формуле:
(1cos)
p
Em
g
Rφ
=−
,гдеR—радиус
полусферы, φ — угол между радиусами (рис. 5 .24).
Из формулы видно, что при увеличении угла φ от 0 до
2
π
потенциальная
энергии Ер увеличивается от нуля до mgR. На рисунке 5.25 представлен график
зависимости потенциальной энергии Ер от угла φ отклонения тела от положения
равновесия. Минимум потенциальной энергии соответствует углу φ = 0. По-
лученный график позволяет исследовать устойчивость тела, используя закон
сохранения энергии: Еk + Еp = Е, где Ek — кинетическая энергия тела, Е —
полная механическая энергия тела. Отсюда следует: Ek = Е — Еp.
Так как кинетическая энергия тела по определению больше или равна нулю,
то тело может двигаться лишь в области, где разность Е — Еp не отрицательна.
На графике (см. рис. 5 .25) изображена полная энергия Е в виде прямой,
параллельной оси абсцисс. Из рисунка видно, что тело может совершать ко-
лебания только в области: 12
φφφ
≤≤ . Такое движение называется финитным
(ограниченным). В точках, соответствующих углам φ1 и φ2, кинетическая
энергия равна нулю. Такие точки называются точками остановки тела или
точками поворота, а само тело называют запертым в «потенциальной яме».
Ясно, что при увеличении полной энергии тела область, в которой тело дви-
жется, расширяется.
Если тело находится в верхней части сферической поверхности, то равно-
весие тела неустойчивое (рис. 5 .26, а). Потенциальная энергия тела в этой
точке максимальна.
Рис. 5 .24
Рис. 5 .25
Рис. 5 .23
φ
φ
φ1 φ2
O
R
E, Ep
E
O
h
π
–—
2
π
—
2

191
При выведении тела из этого положения потенциальная энергия уменьша-
ется — она рассчитывается по формуле: Ер = mgRcosφ, где R — радиус полусфе-
ры, φ — угол между радиусами (рис. 5.26, б).
На рисунке 5.27 представлен график зависимости потенциальной энергии
Ер от угла φ отклонения тела от положения равновесия. Максимум потенци-
альной энергии приходится на угол φ = 0, что соответствует положению неу-
стойчивого равновесия.
Характер движения материальной точки под действием потенциальных
сил существенно зависит от того, как потенциальная энергия зависит от ко-
ординаты (при одномерном движении), и от того, чему равна полная механи-
ческая энергия.
Пусть материальная точка движется вдоль прямой NN ′ (рис. 5 .28, а). По-
тенциальная энергия этой точки зависит от координат так, как это представ-
лено на рисунке 5.28, б графиком 1. Полная энергия отрицательна и равна Е1
(прямая 2).
Рис. 5 .26
Рис. 5.27
Рис. 5.28
б
a
xD
xC
xA
xB
X
D
B
M
2
EpD
EpC
E1
E2
3
EpL
A
D′
N
L
C
1
C′
N′
L′
M′
A′
C′′
B′
φ
О
Ep
O
φ
φ
R
h
б
O
E, Ep
π
–—
2
π
—
2
а

192
Выясним, как может двигаться материальная точка в этом случае. Для
этого найдем точки пересечения графиков 1 и 2; это будут точки A ′ и B′ .
Следовательно, материальная точка движется так, что ее координата удовлет-
воряет соотношению AB
xxx
≤≤.
Действительно, для любой точки С, координата которой хС принадлежит
этому интервалу, можно записать:
2
1
2
pC
mv
EE
=+ . Отсюда
2
1
0
2
pC
mv
EE
=−>
и изображается отрезком длиной CC
′′
′.
Из рисунка видно, что при приближении точки С к точке с координатой хА
или хВ кинетическая энергия уменьшается, а в самих этих точках она обра-
щается в нуль. Точка не может попасть в заштрихованные области, так как
в них кинетическая энергия Ek становится отрицательной (точка D′ на рисун-
ке находится в «запретной» зоне). Описанное движение будет финитным.
Чем больше по модулю полная энергия, тем меньше область финитного
движения. Если Е1 равна минимуму потенциальной энергии (а модуль ее
максимален), то точка (точка М) не движется, т.е . находится в состоянии
устойчивого равновесия.
Условие устойчивого равновесия сохраняется и при наличии сил трения и
сопротивления. Более того, эти силы делают равновесие еще более устойчивым.
Если такую систему (например, нитяной маятник) вывести из положения
равновесия и предоставить самой себе, то эти силы в конце концов вернут си-
стему в состояние равновесия.
Если полная энергия Е2 > 0 (график 3 на рис. 5 .28, б), то движение неогра-
ниченно. Действительно, для любой точки L можно записать:
2
2
2
pL
mv
EE
=+.
Отсюда
2
2
0
2
pL
mv
EE
=−>
. Движение называется инфинитным (неограничен-
ным).
На практике важно знать, насколько устойчиво равновесие тел, опираю-
щихся на горизонтальную или наклонную поверхность, когда на тела действу-
ет сила притяжения Земли.
Выясним это на следующем опыте. Поставим на доску небольшое тело
в форме призмы, к центру тяжести которой подвесим отвес (рис. 5 .29, а).
Начнем постепенно поднимать край доски и следить за изменением поло-
жения отвеса. Пока линия отвеса пересекает поверхность, ограниченную опо-
рой, равновесие сохраняется (рис. 5 .29, б). Но как только вертикаль, прохо-
дящая через центр тяжести, начнет выходить за границы поверхности опоры,
призма опрокидывается (рис. 5 .29, в).
Следовательно, для равновесия тела, стоящего на плоскости, необходимо,
чтобы вертикаль, проходящая через центр тяжести тела, пересекала поверх-
ность, ограниченную опорой.

193
Рис. 5.29
Рис. 5 .30
Из курса основной школы вы знаете, что в устойчивом положении центр
тяжести тела занимает наинизшее по сравнению со всеми возможными сосед-
ними положениями, что согласуется с принципом минимума потенциальной
энергии.
В этом легко убедиться при попытке повернуть тело (брусок), например,
вокруг оси, проходящей через ребро ОО1 (рис. 5 .30, а). При повороте на
угол α центр тяжести С поднялся на ΔН, и находится в точке C′ (рис. 5.30,
б). Потенциальная энергия при этом увеличилась на тgΔН, где m — масса
тела. Если прекратить воздействие, то тело возвращается в положение
равновесия.
б
б
a
a
в
в
C
C
ΔH
C
C
C
C
C′
C′
C′
C′
C′
α
О
НС
О1
г
C

194
Критерием устойчивости тела, стоящего на горизонтальной поверхности,
может служить угол наклона тела, при котором оно еще не падает. Очевидно,
что допустимый угол наклона тем больше, чем больше площадь опоры и чем
ниже расположен центр тяжести.
Брусок, лежащий на широком основании (рис. 5.30, в) устойчивее, чем
такой же брусок, стоящий на узком основании (рис. 5 .30, г). Если отклонить
оба бруска от горизонтальной поверхности на один и тот же угол, то мы увидим,
что в первоначальное положение возвращается брусок, изображенный на ри-
сунке 5.30, в, а другой брусок (рис. 5 .30, г) падает (для него вертикаль, про-
ходящая через центр тяжести, выходит за поверхность, ограниченную опорой,
и центр тяжести расположен выше).
Таким образом, устойчивость равновесия тел на плоской поверхности тем
больше, чем больше площадь опоры и ниже центр тяжести.
1. Каковы условия устойчивого, неустойчивого и безразличного равно-
весия тела?
2. В чем заключается содержание принципа минимума потенциальной
энергии?
3. Приведите примеры финитного и инфинитного движений тела.
4. При каких условиях тело, опирающееся на плоскость, находится
в состоянии устойчивости?
5. Приведите способы повышения устойчивости тел в быту, технике.
6. Массивная веревка закреплена в точках 1 и 2 и свободно провисает
(рис. 5.31, a). Как изменится положение центра тяжести веревки,
если ее середину оттянуть вниз, как показано на рисунке 5.31, б?
Рис. 5 .31
aб
12
12

195
Вы знаете, что положение центра тяжести
имеет важное значение для выяснения условий
равновесия тела, его устойчивости. Каковы же ме-
тоды определения центра тяжести?
Центр тяжести твердого тела — это точка при-
ложения силы тяжести. На каждый элемент тела
массой Δm действует сила тяжести fm
g
Δ=Δ
r
r
. Сила
тяжести, действующая на тело, — это векторная
сумма элементарных сил тяжести:
123
...
Ffff
=Δ+Δ+Δ+
rrr
r
.
Центр тяжести — точку С приложения силы
F
r
—
можно найти следующим образом. Пусть че-
рез точку С проходит ось вращения. Тогда момент
силы F
r
относительно этой оси равен нулю.
Так как
123
...
Ffff
=Δ+Δ+Δ+
rrr
r
, то равна нулю от-
носительно оси и сумма моментов сил 123
,,
fff
ΔΔΔ
rrr
и т.д.
Рассмотрим для простоты систему из двух мате-
риальных точек массой т1 и т2, имеющих коорди-
наты х1 и х2 (рис. 5 .32). Пусть С — центр тяжести
системы. Так как момент силы тяжести
12
()
mmg
+
r
относительно выбранной оси равен нулю, то и сум-
ма моментов сил 1
mg
r
и2
mg
r
относительно этой оси
также равна нулю. Следовательно, можно записать:
m1g(хС–х1)–m2g(х2–хС)=0.
Раскроем скобки:
m1gxС – m1gx1 – m2gx2 + m2gxС = 0.
Отсюда
11
22
12
C
mx mx
x
mm
+
=
+
.
Аналогично можно найти выражения, опреде-
ляющие координаты центра тяжести системы ма-
териальных точек, каждая из которых имеет массу,
соответственно равную m1, m2, ..., и координаты
(x1, y1, z1); (x2, y2, z2),... .
Координаты центра тяжести такой системы ма-
териальных точек определяются по формулам:
§ 5.4
ЦЕНТР ТЯЖЕСТИ
Рис. 5.32
xC
m1
m2
O
X
C
m1g
r
m2g
r
(m1 +m2) g
r
x2
x1

196
11 22
12
...
...
C
xm xm
x
mm
++
=
++
;
11 22
12
...
...
C
ym ym
y
mm
++
=
++
;
(1)
11 22
12
...
...
C
zm zm
z
mm
++
=
++
.
Легко показать, что центр тяжести симметричной системы материальных
точек совпадает с центром симметрии.
Рассмотрим для примера систему из четырех материальных точек, пред-
ставленную на рисунке 5.33 . Масса каждой точки равна т. Точка 1 имеет
координаты х1 = 0, у1 = а. Точка 2 имеет координаты х2 = 0, у2 = a. Аналогично:
х3=а,у3=а;x4=а,у4=0.Поформулам(1)найдем,что
0· 0·
·
·
42
C
m mamama
x
m
+++
==
;
0
···
0
·
42
C
mamam m a
y
m
+++
==
.
Таким образом, при поиске положения центра тяжести полезна следующая
закономерность: если однородное тело имеет плоскость, ось или центр сим-
метрии, то центр тяжести его лежит соответственно в плоскости, на оси
или в центре симметрии.
Из этого утверждения следует, что центр тяжести однородного стержня
расположен в его геометрическом центре. Это же относится к плоским телам,
имеющим форму правильного многоугольника, круга, эллипса; центр тяжести
тела, имеющего форму параллелограмма, находится в точке пересечения диа-
гоналей.
Рис. 5 .34
Рис. 5 .35
Рис. 5 .33
a
a
a
a
1
2
3
4
X
D
B
E
F
A
O
Y
C
С

197
Воспользуемся этими следствиями для нахождения положения центра
тяжести тела, имеющего форму треугольной пластины.
Разобьем поверхность треугольника (рис. 5 .34) прямыми, параллельными
основанию АВ, на очень большое число очень узких полосок, которые можно
рассматривать как отрезки материальной прямой линии.
Центр тяжести каждого такого отрезка лежит в его середине. Отсюда за-
ключаем, что центр тяжести треугольника лежит где-то на линии, соединяю-
щей середины этих отрезков, т.е . на медиане DE треугольника ABD.
Разбив поверхность треугольника прямыми, параллельными какой-нибудь
другой стороне, например BD, и рассуждая аналогичным образом, мы придем
к тому, что центр тяжести треугольника должен лежать на медиане AF. Сле-
довательно, он лежит в точке пересечения медиан треугольника.
В геометрии доказывается, что точка пересечения медиан треугольника
делит каждую из них в отношении 1 : 2, т.е. эта точка лежит на медиане на
расстоянии, равном одной трети длины медианы от точки пересечения медиа-
ны с соответствующей стороной. Поэтому можно сказать, что центр тяжести
треугольника находится на его медиане на расстоянии одной трети длины
медианы от точки пересечения медианы с соответствующей стороной
треугольника.
Центр масс и центр тяжести. Ранее вы познакомились с понятием «центр
масс» (см. с. 128). Сравнив формулы для нахождения координат центра масс
и центра тяжести, можно сделать вывод о совпадении этих точек.
Легко провести опыт, подтверждающий этот вывод. На рисунке 5.35 по-
казан молоток, подвешенный на нити. Поставим вопрос, как будет падать
молоток, если нить внезапно оборвется. Логично предположить, что молоток
повернется так, что его тяжелая часть окажется внизу. Однако опыт покажет,
что это не так: при падении молоток не поворачивается, а сохраняет первона-
чальную ориентацию.
Вспомните, что если сила проходит через центр масс, то она не может при-
вести тело во вращение. Наш опыт с молотком показывает, что сила тяжести не
приводит тело во вращение, следовательно, она приложена в центре масс.
1. Какая точка тела называется центром тяжести?
2. Как определить положение центра тяжести?
3. Как определить положение центра масс?
4. Как на опыте доказать, что центр масс совпадает с центром тя-
жести?

198
Гидростатика изучает равновесие жидкости,
а также воздействие покоящейся жидкости на по-
груженное в нее твердое тело.
Всякий объем жидкости или газа способен как
угодно изменять свою форму под действием сколь
угодно малых сил. Это общее свойство жидкостей
и газов является вместе с тем их общим отличием
от твердых тел. Но для изменения объема самой
жидкости или газа, так же как и в случае твердых
тел, необходимы конечные внешние силы. Это зна-
чит, что при изменении объема жидкости (или газа)
в ней возникают силы, в конце концов уравнове-
шивающие действие внешних сил.
Жидкости и газы ведут себя как упругие тела
только в отношении изменения объема.
С изменением объема связана только деформа-
ция сжатия (растяжения). Поэтому только в отно-
шении деформации сжатия жидкости и газы ведут
себя как упругие тела. Однако и в отношении этой
деформации имеется существенное различие в по-
ведении жидкостей и газов, с одной стороны, и
твердых тел — с другой.
Твердое тело можно растянуть или сжать в ка-
ком-либо одном направлении. Его можно также
сжать во всех направлениях, т. е. подвергнуть все-
стороннему сжатию или растяжению. В жидкостях
же и газах приходится иметь дело практически
только с всесторонним сжатием.
Общее свойство жидкостей и газов состоит в том,
что только в отношении деформации всестороннего
сжатия они ведут себя как упругие тела. При сжа-
тии жидкости или газа в них, как и в твердом теле,
возникают упругие силы, определяемые степенью
сжатия жидкости или газа.
Закон Паскаля. В гидростатике отвлекаются
от разного характера движения частиц, из которых
состоят жидкости (или газы). Используется лишь
их общее свойство — подвижность. Это свойство
приводит к тому, что для жидкостей и газов вы-
полняется закон Паскаля. В соответствии с этим
законом, если во всех точках свободной поверх-
ности жидкости давление равно p0, то давление
внутри жидкости на глубине h равно:
р=p0+ρgh.
§ 5.5
ЭЛЕМЕНТЫ
ГИДРОСТАТИКИ
Рис. 5 .36

199
Если внешнее давление р0 значительно больше весового давления жидкости
ρgh, то оказывается, что во всех точках замкнутого объема жидкости давление
равно р0. Из этого факта следует другая формулировка закона Паскаля: дав-
ление, производимое на жидкость или газ, передается ими во все стороны
без изменения.
На законе Паскаля основано действие ряда машин и механизмов, которые
называются гидравлическими (гидравлический пресс, тормоз, гидравлическая
передача и др.) .
Используя закон Паскаля р = р0 + ρgh, можно теоретически вывести фор-
мулу для расчета архимедовой силы (закон Архимеда), условия плавания тел
на поверхности и внутри жидкости, а также выяснить, при каких условиях
плавающее тело будет обладать устойчивостью, что особенно важно в корабле-
строении.
Выталкивающая сила. Рассмотрим, как возникает известная вам вы-
талкивающая сила, как она направлена и в какой точке приложена.
Сила давления жидкости на каждый элемент поверхности погруженного
тела перпендикулярна к этому элементу (рис. 5 .36), но при этом, чем ниже
расположен элемент поверхности, тем сила давления больше. Вследствие это-
го результирующая всех сил, действующих на отдельные элементы поверх-
ности тела, всегда направлена вверх. Это и есть архимедова, или выталкиваю-
щая, сила.
Использование принципа отвердевания. Для определения модуля и на-
правления выталкивающей силы воспользуемся принципом отвердевания.
Представим себе, что мы удалили погруженное в жидкость тело и снова за-
полнили объем, который оно занимало, жидкостью. При этом жидкость будет
находиться в равновесии и, следовательно, можно считать отвердевшей ту
часть жидкости, которая занимает место погруженного тела. На эту часть
жидкости действует сила тяжести, приложенная к ее центру тяжести. Так как
«отвердевшая» часть жидкости находится в равновесии, то значит, результи-
рующая сил давления, действующих со стороны окружающей жидкости,
равна по модулю силе тяжести, действующей на «отвердевшую» часть, на-
правлена вертикально вверх и проходит через центр тяжести «отвердевшего»
объема.
Что касается точки приложения выталкивающей силы, то для ее опреде-
ления можно применить те же соображения, которые были приведены при
определении точки приложения силы тяжести. Если мы сравним два различ-
ных положения одного и того же выделенного объема (рис. 5 .37, а, б), то в обо-
их положениях выталкивающая сила A
F
r
должна быть направлена по верти-
кали, проходящей через центр тяжести выделенного объема. Как и в случае
равнодействующей сил тяжести, для того чтобы точка приложения выталки-
вающей силы не перемещалась относительно выделенного объема, эта сила
должна быть приложена к центру тяжести объема. Иначе говоря, поскольку
центр тяжести — единственная точка, через которую проходит выталкиваю-

200
щая сила при любом положении выделенного объема, значит, выталкивающая
сила приложена именно к центру тяжести выделенного объема.
Если мы снова заменим «отвердевший» объем погруженным телом, то сила
давления на него со стороны окружающей жидкости должна остаться прежней.
Следовательно, на погруженное в жидкость или газ тело действует вы-
талкивающая сила, направленная по вертикали, приложенная к центру
тяжести вытесненного объема и равная весу жидкости (или газа) в объеме,
занимаемом телом: FA = m
ж
g=ρ
ж
gV.
1. В чем состоит закон Паскаля?
2. Почему возникает архимедова сила?
3. Как формулируется закон Архимеда?
4. Приведите пример, когда на тело, находящееся на дне, не действует
выталкивающая сила.
5. В чем состоит принцип отвердевания?
Рис. 5 .37
б
a
F
r
A
C
C
F
r
A

201
Пример 1. Балка является распространенным
элементом строительных конструкций. Пусть бал-
ка лежит на двух опорах А и В (рис. 5.38). На бал-
ке находится груз массой т =100 кг, расстояния
от которого до опор равны соответственно а = 4 м
иb=6м.Чемуравнымодулисил A
F
r
иB
F
r
, дей-
ствующих на балку со стороны опор?
Решение.Для определения модулей сил упру-
гости A
F
r
иB
F
r
, действующих на балку, воспользуем-
ся первым уравнением равновесия (
0
AB
FPF
−+
−=
,
где вес груза P = mg) и уравнением моментов. Для
составления уравнения моментов выберем ось, про-
ходящую через опору В, тогда сила реакции этой
опоры не войдет в уравнение моментов, которое
будет иметь вид:
FA(а+b)–mgb=0.
Из этого уравнения непосредственно определяем
силу упругости FA, a затем из первого уравнения
находим силу FВ:
;
600 H;
;
400 H.
AA BB
ba
Fm
g
F
Fm
g
F
ll
== ==
Если бы мы составили уравнение моментов сил
для оси, проходящей через опору А, или оси, про-
ходящей через центр тяжести С, то получили бы
уравнения:
–FB(a+b)+mga=0
или
FAa – FBb =0.
§ 5.6
ПРИМЕРЫ
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
аb
А
В
F
r
B
F
r
A
mg
r
C
Δ
r
P
Рис. 5 .38

202
Пример 2. В технике, строительстве широко ис-
пользуются кронштейны. Один из кронштейнов
показан на рисунке 5.39 . Какие силы действуют на
элементы кронштейна АВ и АС?
Решение. Допустим, что масса груза такая,
что элементы кронштейна не деформируются в
результате действия на груз силы тяжести, а массы
элементов кронштейна должны быть малы, чтобы
их силой тяжести можно было пренебречь по срав-
нению с силой тяжести, действующей на груз, а
также пренебречь силами упругости, возникающи-
ми в стержнях. При выполнении этих требований
все силы упругости пересекаются в точке А. Рас-
смотрим условия ее равновесия. На точку действу-
ют сила упругости нити 3
F
r
, модуль которой равен
модулю силы тяжести mg
r
, действующей на груз,
и силы упругости 1
F
r
и2
F
r
.
Сила 1
F
r
возникает при деформации стержня АВ,
асила 2
F
r
—
при деформации стержня АС.
Условие равновесия точки А имеет вид:
1230.
FFF
++=
rrr
(1)
Проекции векторов на координатные оси ОХ и
ОУ соответственно равны:
1xx
FF
=−
;10
y
F=;
22
cos
x
FFα
=
;22
sin
y
FFα
=
;
3
0
x
F=;3y
Fm
g
=−
.
Тогда вместо уравнения (1) можно записать:
12
cos
00
FFα
−+
+=,
(2)
2
0s
i
n
0
Fm
g
α
+−
=
.
(3)
Из уравнения (3) получим:
2 sin
Fm
g
α=;2
sin
mg
F
α
=
.
Модуль силы 1
F
r
найдем из уравнения (2):
12
cos
cos
ctg
sin
mg
FF
m
g
αα
α
α
==
=.
Итак, пока масса груза т такова, что элементы
кронштейна можно считать абсолютно твердыми,
силы упругости равны:
1
ctg
Fm
gα
=
;2
sin
mg
F
α
=
.
Рис. 5 .39
α
α
X
B
O
Y
m
mg
r
F
r
1
F
r
3
F
r
2
F2y
F2x
C
А

203
Рис. 5 .40
Рис. 5.41
Способ расчета сил упругости, рассмотренный на примере плоской системы
сил, действующих на кронштейн, можно применять и для сил, действующих
на пространственные конструкции.
Пример 3. Однородный стержень массой m = 0,2 кг укреплен в шарнире
в точке О и удерживается в равновесии с помощью нити АВ (рис. 5 .40). Угол
между стержнем и вертикальной стенкой α = 45°. Чему равны модули силы
натяжения нити и силы реакции шарнира?
Решение. На однородный стержень действуют сила тяжести т
Fm
g
=
r
r
,
сила натяжения нити F
r
и сила реакции со стороны шарнира N
r
.
Направления сил тяжести и натяжения нити указать легко. Направление
силы реакции шарнира N
r
образует с вертикалью некоторый угол, такой, чтобы
прямая, на которой лежит вектор силы N
r
, обязательно прошла через точку С.
Только в этом случае выполняется первое условие равновесия твердого тела.
Запишем условия равновесия для сил и моментов сил в проекциях на коор-
динатные оси:
Nx
–
F=0,Ny–mg=0,
·0
2
AB
mg
FOB
−=
.
Отсюда следует: Ny = mg,
tg
2
x
mg
NF
α
==
.
Модуль силы реакции шарнира равен:
2
22
tg
1
4
xy
NNNm
g
α
=+
=+.
Подставляя числовые данные, получим: F = 1 Н, N = 2,24 Н.
б
a
α
X
B
O
C
А
Y
mg
r
F
r
N
r
l/2
l/2
l/2
l/2
l/4
Δl1
Δl2
Δl3
F
r
3
F
r
2
F
r
1
F
r
т

204
Пример 4. Балка длиной l и массой m = 60 кг висит на трех шнурах одина-
ковой жесткости (рис. 5 .41, а). Центр масс балки отстоит от первого шнура на
расстоянии
4
l
. Чему равны силы натяжения шнуров?
Решение. На балку действуют сила тяжести, приложенная в ее центре
тяжести, и три силы упругости со стороны шнуров: 123
,,
FFF
rrr
.
Поскольку все силы параллельны, можно записать лишь два независимых
уравнения равновесия: для сил и для моментов сил (к примеру, относительно
оси, проходящей через левый конец балки):
F
1+F2+F3–mg=0,
(1)
и
23
0
24
ll
FF
l
m
g
+−
=
.
(2)
Так как уравнений только два, а неизвестных сил — три, в рамках модели
абсолютно твердого тела решить задачу нельзя (такие задачи называются
статически неопределимыми). (Статически определимой является задача,
аналогичная рассмотренной в исследовании 5.2 .)
Задачу можно решить, если учитывать деформации шнуров, т.е. восполь-
зоваться моделью упругого тела, подчиняющегося закону Гука.
Обозначив деформации шнуров 123
,,
lll
ΔΔΔ(рис. 5 .41, б), применим закон
Гука:
11
22
33
,,
FklFklFkl
=Δ
=Δ
=Δ,
(3)
где k — жесткость шнуров.
Получилось три уравнения, но неизвестных стало шесть!
Рассматривая подобные треугольники (см. рис. 5 .41, б), запишем:
13
23
2
/2
lll
lll
Δ−Δ
==
Δ−Δ
.
(4)
Из выражений (3) и (4) следует:
132
2
FFF
+=.
(5)
Решая систему уравнений (l), (2) и (5), получаем искомые ответы:
11
7
,
350H
12
mg
FF
==
H; 22
,2
0
0
H
3
mg
FF
==
H; 33
,5
0
H
12
mg
FF
==
H.

205
1. На лодку, привязанную к берегу веревкой
длиной 5 м, действуют сила течения реки и сила
давления ветра, дующего с берега перпендикуляр-
но к нему; модули этих сил равны соответственно
160 Н и 120 Н. Определите силу натяжения верев-
ки и расстояние от берега, на котором находится
лодка.
2. Два буксирных парохода равномерно тянут
судно так, что сила натяжения тросов одинакова и
угол между тросами α = 60° (рис. 5.42). Определите
силу сопротивления движению судна, если сила
натяжения каждого троса F = 2 · 104 H.
3. Деталь закреплена в патроне токарного стан-
ка тремя кулачками, которые действуют с одина-
ковыми по модулю силами, направленными к
центру патрона под углом 120° друг к другу. Опре-
делите равнодействующую этих сил.
4. К центру правильного шестиугольника при-
ложены шесть сил, направленных к соответствую-
щим вершинам. Модули сил равны соответственно
2,0; 4,0; 6,0; 8,0; 10 и 12 Н. Определите модуль и
направление равнодействующей силы.
5. Тело, на которое действует сила тяжести Fт
=
= 100 Н, подвешено в точке С к середине троса дли-
ной l = 20 м. Точки крепления А и В троса находят-
ся на одном горизонтальном уровне. Определите
силу натяжения троса, если провес h = ОС = 1,0 м
(рис. 5.43). При каком провесе трос оборвется, если
он способен выдержать максимальную силу натя-
жения 750 Н?
6. Стержни АВ и ВС (рис. 5 .44) соединены меж-
ду собой и с вертикальной стеной посредством
шарниров. АВ = а, ВС = b, AC = c. Определите силы
давления стержней на шарнирный болт В, если к
нему подвешен груз массой m.
7. Груз массой m = 0,50 кг подвешен в точке В
к нитям АВ и ВС (рис. 5.45). Можно ли нить АВ
расположить горизонтально, а нить ВС так, чтобы
она образовала с нитью АВ угол α = 150°, если мак-
симальная сила натяжения, которую способна
выдерживать нить ВС, равна 15 Н? Если можно,
то каковы будут при этом силы натяжения нитей
ВСиАВ?
§ 5.7
ЗАДАЧИ ДЛЯ
САМОСТОЯТЕЛЬНОГО
РЕШЕНИЯ
Рис. 5 .42
Рис. 5 .43
Рис. 5 .44
α
h
a
b
m
c
А
А
О
В
В
С
С
Fт
l/2
l/2

206
8. К балке массой 200 кг и длиной 5 м подвешен груз массой 350 кг на рас-
стоянии 3 м от одного из ее концов. Балка своими концами лежит на опорах.
Каковы силы давления на каждую из опор?
9. Рабочий удерживает за один конец доску массой 40 кг так, что доска об-
разует угол 30° с горизонтальным направлением. Сила, которую он прикла-
дывает, перпендикулярна доске. Чему равен модуль этой силы? Как направ-
лена сила реакции опоры и каков ее модуль?
10. Рассчитайте силы, действующие на шарнирно закрепленные невесомые
стержни АС и ВС (рис. 5 .46). Длины стержней равны: АС = 1,2 м, ВС = 1,6 м.
Расстояние между шарнирами А и В равно 0,6 м. Масса груза равна 100 кг.
11. На концах нити, переброшенной через два неподвижных блока, висят
два груза одинаковой массы. К середине нити прикрепили груз такой же мас-
сы (рис. 5.47). На какое расстояние h опустится третий груз после установле-
ния равновесия? Расстояние между блоками равно 2l = 1 м. Трением в блоках
пренебречь.
12. Гладкий невесомый стержень АС длиной 0,8 м вставлен горизонтально
с малым зазором на глубину АВ = 0,2 м в вертикальную стену (рис. 5.48).
К концу С стержня подвешен груз массой 8 кг. Чему равны силы реакции
стены в точках А и В?
13. Колесо радиусом R и массой m находится перед ступенькой высотой
h < R (рис. 5.49). Какую горизонтально направленную силу F
r
надо приложить
к оси колеса, чтобы оно начало вкатываться на ступеньку? Как должна быть
направлена сила, чтобы ее модуль имел минимальное значение F0?
Рис. 5 .45
Рис. 5 .46
Рис. 5 .47
α
А
В
С
A
B
C
m
m
m
2l

207
Рис. 5 .49
Рис. 5.48
AB
C
O
A
mg
r
h
F
r
Самое важное в главе 5
1. Статика рассматривает условие равновесия различных механических
систем. Простейшими из них являются тела, для которых используются мо-
дели — материальная точка и абсолютно твердое тело.
Твердое тело находится в равновесии, если выполняются условия:
123... 0
FFF
+++=
rrr
;M1z+M2z+M3z+ ... = 0.
При начальной скорости, равной нулю, тело покоится. В случае, если
начальная скорость не равна нулю, тело движется равномерно и прямо-
линейно.
Для равновесия тела, имеющего закрепленную ось (силы принадлежат
плоскостям, перпендикулярным оси), достаточно выполнения лишь второго
условия.
Если деформациями тел нельзя пренебречь, то вышеприведенных условий
недостаточно для расчета сил. Такие системы называются статически неопре-
делимыми. Для расчета сил в этом случае необходимо, кроме условия равно-
весия, использовать закон Гука.
2. Принцип минимума потенциальной энергии утверждает, что в положе-
нии устойчивого равновесия под действием потенциальных сил тело обладает
минимальным значением потенциальной энергии. Для тел, находящихся под
действием силы тяжести, в положении устойчивого равновесия центр тяжести
занимает самое низкое из возможных положений.
3. Основным законом гидростатики является закон Паскаля. На основе
этого закона с использованием условий равновесия или принципа минимума
потенциальной энергии получают формулу для расчета архимедовой силы.

§ 6.1. Универсальность законов колебательного
и волнового движения
209
§ 6.2. Кинематика и динамика гармонических
колебаний. Превращения энергии при
гармонических колебаниях
215
§ 6.3. Гармонические колебания в простейших
идеальных колебательных системах
219
§ 6.4. Способы возникновения колебаний
225
§ 6.5. Преобразования энергии при затухающих
колебаниях
228
§ 6.6. Вынужденные колебания
231
§ 6.7. Гармонические волны.
Волновые процессы
236
§ 6.8. Интерференция и дифракция
механических волн
240
§ 6.9. Примеры решения задач
244
§ 6.10. Задачи для самостоятельного решения
251
Самое важное в главе 6
252
Глава6
МЕХАНИЧЕСКИЕ
КОЛЕБАНИЯ И ВОЛНЫ

209
При изучении физики вы уже встречались с
колебаниями и волнами и знаете, что они чрезвы-
чайно широко распространены в природе и исполь-
зуются в технике.
Колебания совершаются, например, грузом, под-
вешенным к пружине или нити. Колеблющиеся
струны в струнных инструментах или изменение
давления воздуха в духовых инструментах — ис-
точники звуковых волн.
При изучении электродинамики вы познакоми-
лись с индукционным генератором электромагнит-
ных колебаний, в которых колеблются сила тока,
напряжение, напряженность электрического поля
и индукция магнитного поля. Если частота электро-
магнитных колебаний высока, то антенна излучает
электромагнитные волны. К электромагнитным
волнам относится и свет.
Колебательное движение совершают частицы
вещества, находящегося в твердом агрегатном со-
стоянии. Огромна роль колебаний в жизнедеятель-
ности нашего организма. Достаточно сказать, что
сердце — колебательная система.
Таким образом, встречаются колебания и волны
различной физической природы: механические,
акустические, электромагнитные.
При изучении колебаний и волн различной
физической природы мы видели, что они имеют
много общего, при их описании использовались
одинаковые характеристики и одинаковый мате-
матический аппарат.
Например, были исследованы колебания груза,
подвешенного к пружине (рис. 6 .1, а), груза, под-
вешенного к нити (рис. 6 .1, б), пробирки с песком,
опущенной в воду (рис. 6 .1, в).
Было выяснено, что во всех этих случаях про-
екция Fx равнодействующей сил, действующих на
тело, пропорциональна смещению х тела от поло-
жения равновесия: Fx
= –kх. Знак «–» учитывает
тот факт, что равнодействующая и смещение имеют
противоположные направления. Но только в одном
случае (груз, подвешенный к пружине) действует
сила упругости, которая по своей физической при-
роде подчиняется закону Гука.
§ 6.1
УНИВЕРСАЛЬНОСТЬ
ЗАКОНОВ
КОЛЕБАТЕЛЬНОГО
И ВОЛНОВОГО
ДВИЖЕНИЯ
Рис. 6 .1
б
a
в
k
m
l
g

210
Законы колебательного и волнового движений обладают универсальностью,
всеобщностью для колебаний различной физической природы. Академик
Л.И. Мандельштам (1879—1944) отмечал: «Теория колебаний объединяет,
обобщает различные области физики. Каждая из областей физики — оптика,
механика, акустика — говорит на своем «национальном» языке. Но есть «ин-
тернациональный» язык, и это — язык теории колебаний. Она вырабатывает
свои специфические понятия, свои методы, свой универсальный язык».
В теории колебаний часто приходится интересоваться не столько тем, что
колеблется, сколько тем, как и почему происходят колебания.
Вы помните, что основная задача механики — определение механиче-
ского состояния тела или системы тел в любой момент времени, т.е . нахожде-
ние зависимости координаты от времени x(t). Найдя эту зависимость, мы уже
можем найти скорость
lim
xt
x
vx
t
Δ
==
′
Δ
1.
Для колеблющихся тел такая постановка основной задачи не представляет
интереса. Причин здесь несколько.
Во-первых, колебательное движение финитно, т.е . происходит в ограни-
ченной области пространства. Координата не выходит за пределы промежутка
длиной 2xm, где xm
—
амплитуда колебаний. Например, если груз, висящий
на пружине, мы отклоним в начальный момент времени на расстояние xm
= 2см,
то можно гарантировать, что координата х не выйдет за пределы [(x0 – 2 см);
(x0 + 2 см)], где x0 — координата груза при равновесии.
Во-вторых, для большинства колебаний их свойства не зависят от значения
колеблющейся величины в данный момент времени. Поясним сказанное сле-
дующим примером.
На рисунке 6.2 приведен график зависимости изменения давления воздуха
от времени в звуковых волнах, излучаемых струнами рояля. Для восприятия
не имеет значения, каковы мгновенные значения давления воздуха.
1 Так как в главе «Механические колебания и волны» используется производная только по
времени, то в дальнейшем мы нижний индекс «t» будем опускать.
Рис. 6 .2
Рис. 6 .3
T
O
O
p
t
φ
φ0
t

211
Основные понятия теории колебаний характеризуют процесс в определен-
ном временном интервале, строго говоря, на всей временной оси, поэтому на
первый план выходят величины, характеризующие физическую систему в
целом: амплитуда, частота, период и др. Аналогично вводятся понятия, ха-
рактеризующие волновые процессы в целом: например, длина волны, энерге-
тические характеристики волны. Все эти понятия точно и строго могут быть
определены для идеализированных моделей: гармонические колебания и гар-
монические волны.
Гармонические колебания — частный случай периодических колебаний.
Гармонические колебания — это такие колебания, при которых зависимость
колеблющейся величины от времени выражается гармонической функцией —
синусом или косинусом — имеющей следующую структуру:
х =f(t) = [постоянное число] · sin φ (или cos φ).
Перед знаком синуса или косинуса находится постоянное число, а под зна-
ком синуса или косинуса — линейная функция времени. Итак, колебания
являются гармоническими, если
10
sin(
)
m
xx
t
ωφ
=+
или
20
cos(
)
m
xx
t
ωφ
=+
.
Величины
00
,,
m
xt
ωφωφφ
+=— характеристики гармонического колеба-
ния. Выясним их физический смысл.
Величина xm называется амплитудой и обладает таким свойством, что
максимальное значение x равно x m , так как максимальное значение
0
sin(
)1
t
ωφ
+=
. Амплитуда выражается в единицах той величины, которая
совершает колебания.
Линейная функция
0
t
φωφ
=+(рис. 6.3), находящаяся под знаком синуса
или косинуса, называется фазой колебаний. Обратите внимание: вы впервые
встречаетесь с характеристикой движения, которая является не постоянной
величиной, а функцией. Таким образом, фаза колебаний — это характе-
ристика, имеющая разное значение в разные моменты времени. Фаза вы-
ражается в радианах. Значение φ в начальный момент времени равно
00
·0
φωφφ
=+
=
.
Теперь выясним физический смысл постоянной ω. Так как
0
t
φωφ
=+, то
0
t
φφ
ω
−
=
. Следовательно, эта величина численно равна изменению фазы за
1 с, т.е . представляет собой скорость изменения фазы. Ее называют цикличе-
ской частотой.
Почему дано такое название? Циклическая частота связана с частотой ко-
лебаний ν. Действительно, функция sinφ имеет период 2π рад. Это означает,
что через
2
t
ωπ
=
рад значение функции повторяется. Сколько же времени на
это понадобится, т.е. чему равен период Т?

212
Ясно, что
2
tT
π
ω
== . Отсюда
2
2
T
π
ωπ
ν
==.
Таким образом, если частота ν показывает, сколько колебаний происходит
за 1 с, то циклическая частота определяет число колебаний, происходящих за
2π с, т.е. приблизительно за 6,28 с. Единица циклической частоты — 1с–1
.
Существует несколько способов графического представления гармони-
ческих колебаний.
Первый способ — с помощью графика зависимости колеблющейся величины
от времени (рис. 6 .4).
Вам необходимо уметь «читать» графики колебаний. Под этим подразуме-
вается умение определять по графику T, v, ω0, φ, xm
.
Второй способ графического изображения гармонических колебаний следует
из геометрического моделирования гармонического колебания при помощи об-
ращающейся по окружности точки (рис. 6 .5). Действительно, если радиус-вектор
точки А вращается с угловой скоростью ω, то проекции его конца на ось OX и
ось OY изменяются по гармоническому закону:
0
cos(
)
Am
xx
t
ωφ
=+
,
0
sin(
)
Am
yxt
ωφ
=+
,
где xm
—
модуль радиуса-вектора.
На основе этой модели разработан метод (способ) векторных диаграмм. В со-
ответствии с этим методом гармоническое колебание изображается вектором,
длина которого равна амплитуде xm, и который образует с осью ОХ угол, рав-
ный начальной фазе φ0. Ваше воображение должно быть достаточно развито,
чтобы уметь представить себе, как вектор m
x
r
вращается с угловой скоростью
ω, а проекция конца этого вектора на ось OX совершает гармонические коле-
бания.
Третий способ — спектральный. Колебание изображается вертикальным
отрезком, длина которого равна амплитуде колебаний xm, а координата ν0 осно-
вания отрезка на числовой оси — частоте, с которой происходят эти колебания
(рис. 6 .6).
Рис. 6 .6
Рис. 6 .4
Рис. 6 .5
x
t
x0
xm
O
T
yA
xA
xm
ωt
φ0
ν0
ν
X
A
O
O
Y

213
Рис. 6 .8
Рис. 6 .9
Ни один реальный периодический процесс не происходит в точности по
гармоническому закону. Это прежде всего связано с тем, что реальные про-
цессы имеют начало и конец во времени. Если речь идет о технических гене-
раторах колебаний, то при включении генератора необходим некоторый про-
межуток времени для раскачки колебаний до постоянной амплитуды. При
выключении генератора колебания еще некоторое время продолжаются. Таким
образом, колебания существуют в форме так называемого цуга1 (рис. 6 .7, где
Δt — продолжительность цуга).
Поскольку гармонические колебания — это колебания с постоянной ампли-
тудой и частотой, то технические устройства в принципе не могут генерировать
идеальные гармонические колебания, так как деталей, микросхем и т.д . с аб-
солютно точными параметрами не существует.
Например, мы часто будем пользоваться генератором, внешний вид кото-
рого представлен на рисунке 6.8 . Частота колебаний, генерируемых им, ука-
зывается на цифровом частотомере. Допустим, мы видим на этом частотомере,
что ν = 251 Гц. Однако в паспорте прибора записано, что сигнал генератора
сопровождается искажениями синусоидальной формы. Они невелики, но все-
таки в любом генераторе присутствуют. В данном генераторе они не превы-
шают 2%. Тем более не являются гармоническими природные колебательные
процессы.
Понятия о гармонических колебаниях и о процессе их распространения —
гармонической волне являются такими же идеализированными модельными
понятиями, как материальная точка и абсолютно твердое тело. Вместе с тем,
изучению гармонических колебаний и гармонических волн, как и других
моделей, в физике уделяют большое внимание. Это объясняется несколькими
причинами:
а) в природе существует много колебательных и волновых процессов, с очень
большой степенью точности приближающихся к гармоническим;
1 Цуг от нем. Zug — запряжка лошадей гуськом, шествие.
Рис. 6 .7
t
А
м
п
л
и
т
у
д
а
д
а
в
-
л
е
н
и
я
,
о
т
н
.
е
д
.
1,0
800
0
400
1600 2000
1200
0,5
Частота, Гц
Δt

214
б) только гармонические колебания и волны обладают устойчивостью
формы, так как существует единственная функция
0
sin(
)
m
xx
t
ωφ
=+
, для
которой закон изменения всех ее производных остается также гармониче-
ским.
Действительно,
0
cos(
)
m
xx
t
ωωφ
=+
′
оказывается гармонической функ-
цией.
Если найти вторую производную
2
0
()
s
in(
)
m
xxx
t
ωω
φ
==
−
+
′′
′′
, то вновь по-
лучаем гармоническую функцию;
в) в электротехнике наиболее часто применяются генераторы, создающие
колебания напряжения, близкие к гармоническим. Это дает возможность
сравнительно просто рассчитывать электрические цепи, силу тока и напряже-
ние в них, осуществлять трансформацию напряжения и т.д .;
д) любое негармоническое, но периодическое колебание можно представить
как результат сложения гармонических колебаний, каждое из которых мож-
но наблюдать и исследовать с помощью современной аппаратуры. В силу от-
меченных выше особенностей наибольший интерес представляет именно
гармонический анализ — разложение сложного колебания в гармонический
ряд, а не в какой-либо другой.
В качестве примера на рисунке 6.9 приведен спектральный состав звуков
рояля (см. рис. 6.2).
Возможен также и обратный процесс: синтез из простых гармонических
колебаний сложных периодических колебательных процессов.
Изучение гармонических колебаний и волн — ключ ко всей теории ко-
лебательных и волновых процессов. Вместе с тем надо понимать приближенный
характер этой (впрочем, как и любой) модели, знать границы применимости
теории гармонических колебаний, построенной на этой модели.
1. В чем заключается универсальный характер законов колебательного
и волнового движений?
2. Каковы основные модели теории колебаний?
3. Почему изучению гармонических колебаний и волн уделяют большое
внимание?
4. В чем заключается приближенный характер моделей гармонических
колебаний и волн?
5. Какое движение называется гармоническим колебанием?
6. Запишите уравнение гармонических колебаний.
7. Каковы основные характеристики гармонических колебаний?

215
Скорость и ускорение при гармонических
колебаниях. В общем случае гармонического коле-
бательного движения материальной точки уравне-
ние для координаты имеет вид:
0
sin(
)
m
xx
t
ωφ
=+
.
(1)
Зная это уравнение, можно записать соответ-
ствующие уравнения для изменения во времени
проекций скорости и ускорения:
0
cos(
)
xm
vxx
t
ωω
φ
==
+
′
,
(2)
2
0
sin(
)
xxm
axv
x
t
ωω
φ
===
−
+
′′
′
.
(3)
Оказывается, и скорость, и ускорение также из-
меняются по гармоническому закону. Если xm
—
амплитуда координаты, то амплитуда скорости
mm
vx
ω
=
, а амплитуда ускорения
2
m
ax
ω
=
m
.
Графики функций х (t), v
x
(t) и ах (t) представле-
ны на рисунке 6.10.
Из выражений (1) и (3) следует важнейшее соот-
ношение между ускорением и смещением при гар-
монических колебаниях:
2
x
ax
ω
=−
(рис. 6 .11).
Динамическое условие возникновения гар-
монических колебаний. Умножим обе части соот-
ношения
2
x
ax
ω
=−
на массу m движущегося тела.
Получим:
2
x
ma
mx
ω
=−
.
В соответствии со вторым законом динамики
тах
—
это проекция Fx равнодействующей на ось
ОХ. Тогда можно записать: x
Fk
x
=−
, где
2
km
ω
=
.
Итак, тело совершает гармоническое колебание,
если проекция равнодействующей силы пропорцио-
нальна координате со знаком «–» (рис. 6.12).
Потенциальная и кинетическая энергии ко-
леблющегося тела. Выясним зависимость потенци-
альной и кинетической энергий колеблющегося
тела от его координаты.
Так как тело совершает колебания под действи-
ем силы, пропорциональной координате со знаком
«–», то для вычисления потенциальной энергии
этого тела можно применить формулу, полученную
для колеблющейся пружины.
Отклоним тело от положения равновесия так,
чтобы его координата была равна хт
. Полная энергия
тела в этом положении равна потенциальной энергии
§ 6.2
КИНЕМАТИКА
И ДИНАМИКА
ГАРМОНИЧЕСКИХ
КОЛЕБАНИЙ.
ПРЕВРАЩЕНИЯ
ЭНЕРГИИ ПРИ
ГАРМОНИЧЕСКИХ
КОЛЕБАНИЯХ
Рис. 6 .10
Рис. 6 .11
ax
ax
vx
xm
x
xmω2
xmω
t
t
t
x
O
O
O
O

216
2
0
2
m
p
kx
EE
== . Если затем тело предоставить само-
му себе, оно начнет колебаться с амплитудой хт
.
По формуле
2
2
p
kx
E=
можно найти потенциаль-
ную энергию тела в любой точке (например, в точке
А) с координатой хA (рис. 6 .13, а):
2
2
A
pA
kx
E=
.
Как зависит кинетическая энергия колеблюще-
гося тела от координаты? Для ответа воспользуем-
ся законом сохранения энергии:
2
2
k
kx
EE
=+
. Отсюда
2
2
k
kx
EE
=−
Вы знаете, что графиком этой функции являет-
ся парабола, ветви которой обращены вниз и она
«приподнята» вверх по вертикальной оси на Е
(рис. 6 .13, б).
Полная энергия тела при гармонических колеба-
ниях равна
22
22
kx mv
E=+ .
(1)
и сохраняется при изменении x и v. Это уравне-
ние позволяет найти скорость в любой точке (на-
пример, в точке А). Она равна
2
2
2
A
A
kx
vE
m
=−
.
Ранее мы выяснили, что динамическим усло-
вием гармонических колебаний является условие
x
Fk
x
=−
. И тогда период этих колебаний 2
m
T
k
π
=
.
Уравнение (1) выражает энергетическое условие
гармонических колебаний: если полная энергия си-
стемы может быть представлена в виде Е= Aх2 + Bv2
,
то в системе могут происходить гармонические
колебания с периодом
2
B
T
A
π
=
.
Рис. 6 .13
Рис. 6 .12
xA
xA
Fx
xm
xm
–x
m
–x
m
x
x
а
O
O
O
x
б
Ep
Ek
E
EpA
EkA

217
Теперь рассмотрим зависимость потенциальной и кинетической энергий
гармонически колеблющегося тела от времени.
Тело совершает колебания по закону
cos
m
xx
t
ω
=
(рис. 6 .14, а).
Потенциальная энергия равна
2
2
2
cos
22
m
p
kx
kx
Et
ω
==
(рис. 6 .14, б).
В любой момент времени скорость тела равна
sin
xm
vxx
t
ωω
==
−
′
(рис. 6 .14, в). Следовательно, кинетическая энергия
2
222
sin
22
x
km
mv
m
Ex
t
ωω
==
(рис. 6 .14, г).
Из сравнения графиков, приведенных на рисунке 6.14, а, б и на рисунке
6.14, в, г, видно, что период T ′ изменения и кинетической, и потенциальной
энергии в 2 раза меньше периода колебаний Т:
2
T
T=
′
.
1. Сравните частоты и периоды колебаний координаты, скорости и
ускорения гармонически колеблющейся точки.
2. Сравните амплитуды колебаний координаты, скорости и ускорения
гармонически колеблющейся точки.
3. Какова связь между ускорением и координатой гармонически ко-
леблющейся точки?
4. Как зависит от времени сила, действующая на точку, совершающую
гармонические колебания?
5. Как зависит от координаты гармонически колеблющейся точки сила,
действующая на нее?
Рис. 6 .14
vx
xm
г
в
t
t
x
а
б
Ek
Ep
T
T
T
T
2T′
2T′
T′
T′
O
O
O
O
T
2
T
2
ωxm

218
6. Как зависит от времени кинетическая энергия гармонически ко-
леблющейся точки? Какая это зависимость — периодическая или
гармоническая?
7. Как зависит от времени потенциальная энергия гармонически ко-
леблющейся точки? Какая это зависимость — периодическая или
гармоническая?
Упражнение 6.1
1. Определите период и амплитуду колебания:
0,3sin10
xt
π
=
1, запишите вы-
ражения для vх и ах
.
2. На графике (рис. 6 .15) показано, как меняется проекция скорости груза, под-
вешенного на нити. Чему равен период колебаний скорости груза?
3. На графике (см. рис.6.15) показано, как меняется проекция скорости груза,
подвешенного на нити. Чему равна амплитуда колебаний этой проекции?
4. Точка совершает гармоническое колебание по закону
0,02cos 6
4
xt
π
π
⎛⎞
=+
⎜⎟
⎝⎠
.
Определите амплитуду, период и начальную фазу колебаний.
5. Точка движется по закону 0,03 sin
xt
π
=
. Чему равна максимальная скорость
движения точки?
6. Точка движется по закону
0,02cos2
xt
π
=
. Чему равно максимальное уско-
рение ее движения?
7. Груз массой m = 0,1 кг колеблется гармонически в соответствии с уравнением
0,01sin2
xt
π
=
. Определите, как зависит сила от координаты и времени.
8. Груз массой т = 0,1 кг колеблется гармонически в соответствии с уравнением
0,05cos
xt
π
=
. Определите максимальные значения кинетической и потенци-
альной энергии груза. Чему равна полная энергия груза?
1 Здесь и в других задачах величины, входящие в уравнения, заданы в СИ.
Рис. 6 .15
vx
, см/с
t,с
20
0,5
1,0
1,5
–20
10
–10
0

219
Простейшие колебательные системы — это
груз, подвешенный на нити, и груз, прикрепленный
к концу пружины. Если нить с грузом отвести от
вертикали и отпустить, он начнет колебаться. Если
груз, прикрепленный к пружине, вывести из со-
стояния равновесия и отпустить, он также будет
колебаться.
Рассмотрим эти колебания более подробно.
Пусть к пружине, жесткость которой k, прикреплен
шарик массой т (рис. 6 .16, а). Силы трения каче-
ния и сопротивления считаем малыми. Тогда при
выведении груза из положения равновесия (рис.
6.16, б или 6.16, в) равнодействующая сила равна
упр
FmgNF
=+
+
rr
r
r
.
(1)
Из второго закона динамики и закона Гука сле-
дует, что тах
= –kх. Таким образом, колебания
груза на пружине являются гармоническими, так
как проекция равнодействующей пропорциональ-
на координате со знаком «–» . Циклическая часто-
та колебаний равна
k
m
ω=
, а период
2
2
m
T
k
π
π
ω
==
.
(2)
Закон Гука имеет границы применимости, по-
этому условие тах
= – kх нарушается, как только
|х| > |х0| (рис. 6 .17). При написании уравнения (1)
мы учли лишь массу груза т. Следовательно, его
колебания будут гармоническими, если масса пру-
жины мала по сравнению с массой груза.
§ 6.3
ГАРМОНИЧЕСКИЕ
КОЛЕБАНИЯ
В ПРОСТЕЙШИХ
ИДЕАЛЬНЫХ
КОЛЕБАТЕЛЬНЫХ
СИСТЕМАХ
Рис. 6 .16
б
a
в
Fx
–x0
x0
X
X
X
X
O
O
O
F
r
упр
F
r
упр
O
Рис. 6.17

220
Проверим полученное соотношение (2) с помощью компьютерной изме-
рительной системы и прибора для исследования движения.
Экспериментальная установка представлена на рисунке 6.18, а, ее схема —
на рисунке 6.18, б.
Направляющая прибора 1 (см. рис. 6,18, б) расположена горизонтально.
К каретке 2 прикреплены две одинаковые пружины 3 жесткостью 10 Н/м
каждая. На каретке вертикально установлен стержень 4 диаметром 1 см.
Оптические ворота 5 расположены строго над стержнем, когда каретка нахо-
дится в положении равновесия. Масса каретки равна 0,120 кг.
Рассчитаем период колебаний каретки по формуле:
0,120
2c
0
,
4
9
c
22
0
m
T
k
π
=≈
=
.
Теперь отведем каретку, например, влево и отпустим. В тот момент вре-
мени, когда стержень начнет перекрывать пучок света в воротах, начнется
отсчет времени. Измерительная система зафиксирует промежуток времени
0,018 с (верхнее число в левом столбце, рис. 6.19). Стержень проходит через
ворота, отклоняется вправо и возвращается в положение равновесия. Систе-
ма фиксирует этот промежуток времени: t = 0,238 с (верхнее число в правом
столбце). Этот промежуток времени представляет собой половину периода:
0,238
2
T
=
с.
По результатам трех измерений (числа в правом столбце) найдем среднее
значение половины периода:
cp
0,238c 0,234c 0,238c
0,236c
23
T
++
⎛⎞==
⎜⎟
⎝⎠
. Следо-
вательно, Т = 0,472 с ≈ 0,47с.
Рис. 6 .18
12
3
3
4
5
а
б

221
α
F
r
упр
v
r
m
mg
r
Рис. 6 .19
Отклонение результатов расчетов и измерений не превосходит
0,014 c
0,03
0,472c
T
T
ε
Δ
==
= или 3%.
Мы убедились в справедливости полученной формулы
2
m
T
k
π
=
.
Левый столбец чисел позволяет измерить скорость каретки при прохожде-
нии положения равновесия. Эти результаты нам понадобятся позднее.
Теперь рассмотрим колебания груза массой т, подвешенного к нити
длиной l, возникшие после того, как мы отклонили нить от положения равно-
весия на угол α и отпустили ее. Движение груза оказывается довольно слож-
ным. Модуль скорости увеличивается, но не пропорционально времени.
Действительно, проекция силы тяжести на направление скорости v
r
равна
sin
mg
α (рис. 6 .20) и при движении к положению равновесия уменьшается.
Сила упругости упр
F
r
не влияет на модуль скорости (ее проекция равна нулю),
но и не остается неизменной при движении тела к положению равновесия. Так
как в соответствии со вторым законом Ньютона
2
упр
cos
mv
Fm
g
l
α
−=
,то
2
упр
cos
mv
Fm
g
l
α
=+
.
Мы видим, что динамический анализ движения маятника сложен, поэтому
применим закон сохранения энергии.
Мы знаем, что если тело совершает гармонические колебания, то
22
EA
xB
v
=+.
Рис. 6.20

222
Поставим вопрос, при каких условиях движение маятника может пред-
ставлять собой гармоническое колебание.
Отклоним маятник на угол α0 (рис. 6.21). Тогда потенциальная энергия
взаимодействия груза с Землей равна mgH. Если отпустить маятник, то через
некоторое время его потенциальная энергия уменьшится и станет равной тgh,
а кинетическая энергия возрастет до
2
2
mv
.
При этом механическая энергия сохраняется, несмотря на действие силы
упругости упр
F
r
, так как работа этой силы равна нулю.
Из рисунка 6.21 видно, что потенциальная энергия
2
(cos) (1cos)
·2 sin
2
p
Emghmgll
mgl
mgl
α
αα
==−
=−=
.
Обозначим через х длину дуги. Тогда в радианной мере
x
l
α=
и
2
2s
i
n
2
p
x
Em
g
l
l
=
.
Таким образом, при любом отклонении х от положения равновесия полная
энергия груза равна
2
2
2s
i
n
22
xm
v
Em
g
l
l
=+
. Это означает, что колебания не
являются гармоническими.
Формула для полной энергии значительно упрощается при небольшом на-
чальном отклонении α0.
Пусть, например, α0 = 20° = 0,349 рад; sinα0 = 0,342.
Относительное отклонение радианной меры угла
0
0,349
x
l
=
от значения sin α0 =
= 0,342 не превышает 2%. При меньших углах это отклонение еще меньше.
Рис. 6 .22
Рис. 6 .23
Рис. 6 .21
α
α0
l
c
o
s
α
0
l
c
o
s
α
H
l
F
r
упр
v
r
h

223
Следовательно, если угол α мал, то можно записать:
2
2
2
22
xm
v
Em
g
l
l
⎛⎞
=+
⎜⎟
⎝⎠ или
22
1
22
mg
m
Ex
v
l
=+
, т.е. мы пришли к формуле
22
EA
xB
v
=+.
Это означает, что колебания становятся гармоническими и их период
·2
222
2
Bm
ll
T
Am
gg
πππ
==
=.
(3)
Итак, можно сделать вывод: при небольших амплитудах, когда sin
xx
ll
≈
,
колебания груза на нити оказываются гармоническими при условии, если не
учитывать силу трения, длину нити считать значительно большей размеров
груза, а массу груза, наоборот, значительно большей массы нити. Представ-
ленная модель называется математическим маятником.
Полученную формулу для периода колебаний легко проверить экспери-
ментально. Установка представлена на рисунке 6.22 . К нити длиной 0,65 м
привязан грузик массой 0,1 кг.
На рисунке 6.23 показаны результаты измерений. Среднее значение периода
получается равным
()
cp
э
0,815c 0,811c 0,816c
1,63c
3
T
++
==
.
Рассчитаем период по формуле
p
2;1
,
6
2
c
l
TT
g
π
==
.
Отклонение между расчетным и экспериментальным значениями не пре-
восходит 1%.
Исследование 6.1
Цель исследования:изучить зависимость периода малых колебаний
линейки, положенной на цилиндрическую опору, от ее длины и радиуса ци-
линдра.
Оборудование: прямоугольные линейки разной длины, цилиндрические
тела разного радиуса, секундомер или часы; измерительная линейка (рис.
6.24).
Примечание. Толщина линеек должна быть много меньше радиуса цилиндра.
Вариант выполнения исследования
1. Положите линейку на цилиндрическую опору таким образом, чтобы она
находилась в равновесии (см. рис. 6 .24). При небольшом наклоне линейки

224
линия ее соприкосновения с цилиндрической опорой смещается в сторону от
вертикальной плоскости, проходящей через ось цилиндра, и точка соприкос-
новения из первоначального положения в точке А перемещается в точку В (рис.
6.25). Если при этом вектор силы тяжести mg
r
проходит между точками А и В,
то момент М силы тяжести возвращает линейку к положению равновесия. За-
тем линейка отклоняется влево, снова возникает момент силы, возвращающий
линейку к положению равновесия, и возникают колебания линейки.
2. Измерьте периоды колебаний линеек разной длины, не изменяя радиуса
цилиндра. Постройте график зависимости периода колебаний линеек от их
длины. Сделайте вывод о характере зависимости периода колебаний линейки
от длины.
3. Измерьте периоды колебаний одной и той же линейки, изменяя радиусы
цилиндров. Постройте график зависимости периода колебаний линейки от
радиуса цилиндров. Сделайте качественный вывод о характере зависимости
периода колебаний линейки от радиуса цилиндров.
4. Теоретические расчеты показывают, что период колебаний линейки
длиной l, положенной на цилиндр радиусом R, определяется по формуле
3
l
T
gR
π
=
.
Вычислите по этой формуле период для одной линейки и определенного
цилиндра и сравните его со значением периода, полученного для этой линейки
экспериментально.
1. Каковы динамические условия гармонических колебаний?
2. Каковы энергетические условия гармонических колебаний?
Рис. 6 .24
Рис. 6 .25
α
O
A
B
R
C
mg
r
l

225
Во всякой колебательной системе колебания
возникают только при определенных условиях. Эти
условия зависят от типа самих систем, их свойств.
По способу возбуждения колебания можно разде-
лить на три группы: свободные, вынужденные и
автоколебания. Аналогично можно называть и сами
системы, в которых эти колебания происходят. При
этом, конечно, свободными, вынужденными, авто-
колебаниями могут быть и механические, и аку-
стические, и электромагнитные колебания.
Рассмотрим свойства этих систем на следующем
примере. Возьмем упругую пластину, ею может
быть стальная линейка или полотно ножовки по
металлу. Попробуем возбудить в ней колебания
тремя названными способами.
Свободные механические колебания такой пла-
стины создать достаточно легко. Зажмем один конец
пластины в тиски (рис. 6 .26). Оттянем верхний
конец при помощи нитки и закрепим ее. В процессе
совершения работы внешней силой увеличилась
потенциальная энергия пластины. Перережем нить.
Мы увидим, что пластина станет колебаться. Это
будут свободные колебания. Такое название понять
можно, так как после однократного сообщения
пластине энергии она не взаимодействует с источ-
ником энергии и колеблется свободно. Конечно, эта
«свобода» условна, так как система взаимодейству-
ет с окружающей средой — происходит затухание
колебаний, амплитуда их уменьшается.
Пронаблюдаем вынужденные колебания упру-
гой пластины. Для их поддержания надо периоди-
чески пополнять энергию пластины. Для этого
воспользуемся магнитным полем электромагнита
§ 6.4
СПОСОБЫ
ВОЗНИКНОВЕНИЯ
КОЛЕБАНИЙ
Рис. 6 .26
Рис. 6.27

226
(рис. 6 .27). Пропустим по катушке переменный ток. Индукция магнитного
поля катушки пропорциональна силе тока, и поэтому на пластину (якорь)
действует переменная сила. Опыт показывает, что пластина совершает неза-
тухающие колебания.
Возникновение вынужденных колебаний объяснить нетрудно. Имеется
источник внешней периодической силы, который обеспечивает приток энергии
к колебательной системе, поэтому она колеблется с частотой колебаний внеш-
ней силы и с постоянной амплитудой.
Можно ли получить незатухающие колебания без источника внешней пере-
менной силы?
Вернемся к нашему примеру с металлической пластиной. Будет ли она со-
вершать незатухающие колебания, если в качестве источника энергии исполь-
зуется источник не переменного, а постоянного напряжения (рис. 6 .28, а)?
Пластину можно заставить колебаться, но для этого необходимо механиче-
ски (экспериментатору) замыкать и размыкать цепь. Но можно процесс за-
мыкания и размыкания цепи сделать автоматическим. На рисунке 6.28, б
показано, как это можно осуществить. В этой схеме пластина сама замыкает
и размыкает цепь электромагнита, при этом источник постоянного напряже-
ния передает энергию импульсами.
Рис. 6 .28
а
б
K

227
Рис. 6.29
Система работает следующим образом: в начальный момент времени контакт
K замкнут, по катушкам электромагнита идет ток, создающий магнитное поле.
Под действием этого поля якорь (пластина) притягивается к сердечнику, цепь
размыкается, якорь возвращается в исходное положение, цепь замыкается и
процесс повторяется.
Общая структура системы устройства, создающего незатухающие колеба-
ния, представлена на рисунке 6.29.
Работа технического устройства происходит так: колебательная система
через систему обратной связи управляет клапаном (ключом) и регулирует по-
ступление энергии (от источника энергии) в колебательную систему.
Сконструированная нами система называется автоколебательной, а соз-
данные в ней колебания — автоколебаниями.
1. Каковы способы возбуждения колебаний?
2. Почему свободные колебания являются затухающими?
3. Почему вынужденные колебания оказываются незатухающими?
4. Почему автоколебания не затухают?
5. Опишите работу электрического звонка как автоколебательной
системы.
Система
обратной
связи
Источник
энергии
Колебательная
система
Клапан

228
Рассмотрим свободные колебания. Их основ-
ное свойство — затухание, т.е. постепенное умень-
шение амплитуды колебаний, рассеяние энергии.
Исследуя свободные колебания пружинного
маятника с использованием компьютерной систе-
мы (см. § 6.3), мы получили числовые данные,
которые позволяют проиллюстрировать процесс
рассеяния энергии при свободных колебаниях
количественно.
При первом прохождении ворот каретка имела
скорость
0,01 м
0,018 с
v1=
= 0,55 м/с. Масса каретки т =
= 0,12 кг. Следовательно, ее кинетическая энергия
равна
2
1
1
0,018
2
k
mv
E == Дж. Через период скорость
каретки уменьшилась до
0,01 м
0,024 с
v2=
= 0,42 м/с,
а кинетическая энергия каретки стала равной
2
2
2
0,010
2
k
mv
E == Дж. Рассеяние энергии за период
составляет 0,008 Дж.
С энергетической точки зрения затухание объ-
ясняется тем, что сила сопротивления в течение
периода совершает отрицательную работу, так как
всегда угол между силой сопротивления и скоро-
стью равен 180°, а cos l80° = –l . Поэтому энергия
колебаний уменьшается.
Анализ преобразования энергии удобно прово-
дить графически. Построим графики, выражающие
зависимости от времени проекции скорости (гра-
фик 1) и проекции силы сопротивления cxx
fr
v
=−
(график 2, рис. 6 .30, а).
Мощность прямо пропорциональна произведе-
нию cxx
fv, поэтому мощность Nc силы сопротивле-
ния пропорциональна v2 и всегда отрицательна
(рис. 6 .30, б).
С помощью графика зависимости мощности от
времени можно найти работу силы — она численно
равна площади фигуры, ограниченной осью времени
и графиком. Так как работа силы сопротивления
равна убыли механической энергии, то этот график
§ 6.5
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ
ЭНЕРГИИ ПРИ
ЗАТУХАЮЩИХ
КОЛЕБАНИЯХ
Рис. 6 .30
Рис. 6.31
a
1
2
vx
,f
cx
t
O
б
t
A
A
A
O
ΔNc

229
(см. рис. 6 .30, б) показывает, что механическая энергия убывает с переменной
быстротой, преобразуясь во внутреннюю энергию.
При рассеянии энергии амплитуда колебаний уменьшается. Каков же
закон убывания амплитуды с течением времени?
Чаще всего в механике наблюдаются медленные колебания с небольшой
скоростью. В этом случае можно доказать, что последовательность амплитуд
образует геометрическую прогрессию:
()
()
1
mn
mn
x
q
x
+
=
.
(1)
Закон убывания амплитуды тогда имеет вид: () ()
1
1
n
mm
n
xx
q
−
=
.
Убедимся на опыте, что закономерность (1) выполняется. К легкому стерж-
ню подвесим достаточно большое по размерам цилиндрическое тело небольшой
массы и приведем его в колебания (рис. 6 .31). B этом случае сила сопротивле-
ния воздуха будет, во-первых, достаточно большой, а во-вторых, модуль ее
будет пропорционален скорости.
Рис. 6 .32
aбв
д
ге
Рис. 6.34
Рис. 6 .33
aб

230
Запишем затухающие колебания изготовленного маятника с помощью ком-
пьютерной измерительной системы. Серия из 8 таких фотографий, на каждой
из которых указано время (нижнее число) и соответствующее этому времени
значение амплитуды (в градусах, верхнее число), представлена на рисунках
6.32, а—е и 6.33, а, б. По результатам исследования составим таблицу:
()
mn
x
,
73
68
63
58
54
50
46
43
()
()
1
mn
mn
x
x
+
–
0,93
0,93
0,92
0,93
0,93
0,92
0,93
–
Мы видим, что, действительно, отношение амплитуд оказывается посто-
янным числом, равным q = 0,93 , и закон убывания амплитуды может быть
записан в виде: ()
1
73·0,93
n
mn
x
−
=
.
Исследование 6.2
Цель исследования: определить закон убывания амплитуды с тече-
нием времени для затухающих колебаний.
Оборудование: несколько шаров (или мячей) разного размера и разных масс;
бумажные конусы; секундомер (или часы); резинки.
Вариант выполнения исследования
1. Соберите установку в соответствии с рисунком 6.34, отклоните все маят-
ники на одинаковые углы. Сравните время полного затухания колебаний и
сделайте вывод о зависимости этого времени от массы, размеров и формы тел.
Опираясь на исследование по изучению падения конусов (см. с. 105), объ-
ясните, почему колебания «маятника с двумя конусами» затухают быстрее.
Оцените показатель прогрессии q закона убывания амплитуды () ()
1
1
·
n
mm
n
xx
q
−
=
для колебаний одного из шаров.
Указание. Для этого измерьте начальную амплитуду (хт)1 колебаний и ампли-
туду (хт)
n
по истечении, например, n = 10 колебаний и из формулы () ()
9
10
1
mm
xx
q
=
определите q.
1. Какие колебания называются свободными? Каково их основное
свойство?
2 . В чем заключается особенность скорости убывания амплитуды при
затухающих колебаниях, если сила сопротивления пропорциональна
скорости?
3. Сформулируйте основное свойство показательной функции, ис-
пользуемое при анализе затухающих колебаний.
4. Сформулируйте закон убывания амплитуды, представленный в фор-
ме ()()
1
1
n
mm
n
xx
q
−
=
. Что характеризует показатель прогрессии q
в этой формуле?
°

231
Вынужденные колебания — это колебания,
происходящие под действием внешней периодиче-
ской силы, источником которой является некото-
рый генератор.
Все колебательные системы, в которых соверша-
ются вынужденные колебания, можно разделить
на две большие группы.
К первой из них относятся такие системы, кото-
рые сами по себе не могут совершать свободные
колебания. Например, такие колебания совершает
игла швейной машины в результате действия на
нее упругих сил, возникающих при вращении ру-
кой маховика машины.
Вторая группа — это системы, в которых осу-
ществляются свободные колебания. Вынужденные
колебания этих систем представляют особый инте-
рес. Почему?
Процесс «раскачки» вынужденных колебаний
в таких системах довольно сложен. Сначала в систе-
ме возникают колебания, происходящие и с частотой
собственных колебаний, и с частотой вынуждающей
силы. Через некоторое время первые из них затуха-
ют, и система после этого колеблется уже с частотой
вынуждающей силы. Зависимость амплитуды этих
колебаний от соотношения частоты νf колебаний
силы и частоты νc собственных колебаний, объясня-
ется тем, что вынужденные колебания несинхронны
с вынуждающей силой. Следовательно, должна воз-
никнуть некоторая разность фаз между колебания-
ми вынуждающей силы (график 1, рис. 6.35) и ко-
лебаниями скорости (график 2, рис. 6 .35).
§ 6.6
ВЫНУЖДЕННЫЕ
КОЛЕБАНИЯ
Рис. 6 .35
1
2
3
fx
,v
x
,Nf
t
t1
t2
t3
A1
A1
A1
T
O
A2
A2

232
Из-за этого несовпадения фаз получается, что в течение одного периода
только в промежутках времени
1
0t
−
и23
tt
−
сила и скорость совпадают по
направлению. При этом внешняя сила совершает положительную работу А1,
которая на графике зависимости мощности от времени 3 численно равна за-
штрихованной площади. Следовательно, только в эти промежутки времени
энергия от источника силы поступает в колебательную систему.
В промежутках времени 12
tt
−
и 3tT
−
вынуждающая сила направлена
противоположно скорости. В эти промежутки она совершает отрицательную
работу А2, и энергия от колебательной системы возвращается к источнику
силы. В среднем за период колебательная система получает энергию, равную
2(А1 – |А2|).
Проведенный анализ позволяет предсказать одно из свойств вынужден-
ных колебаний: если сила и скорость колеблются в одной фазе (графики 1 и
2, рис. 6.36, а), т.е. fc
νν
≈
, то в балансе 2(А1 – |А2|) слагаемое А2 обращается
в нуль (рис. 6.36, б) и 2А1 достигает наибольшего значения, при этом ампли-
туда колебаний также максимальна. Такое явление называется резо-
нансом.
Пронаблюдаем это явление на опыте.
Установим на столе направляющую от прибора по механике, к каретке при-
крепим две одинаковые резинки. Одну из них привяжем к диску, частоту
колебаний которого можно изменять (рис. 6 .36, в). Выясним, как амплитуда
Рис. 6 .36
1
2
fx
,v
x
t
а
O
t
б
O
Nf
в
A1
A1
A1

233
Рис. 6 .37
вынужденных колебаний каретки зависит от ча-
стоты вынуждающей силы, задаваемой вращаю-
щимся диском.
Из рисунка 6.37 видно, что при частоте 1 Гц ам-
плитуда колебаний составляет примерно 10 см. При
частоте 2 Гц амплитуда значительно больше и рав-
на 20 см. При дальнейшем увеличении частоты
амплитуда вновь убывает и при частоте 3,6 Гц она
равна 10 см. Из опыта мы можем заключить, что
резонансная частота приблизительно равна 2 Гц.
Типичная резонансная кривая представлена на
рисунке 6.38 . Она выражает зависимость амплиту-
ды вынужденных колебаний от частоты вынуж-
дающей силы1
.
Исследование 6.3
Цель исследования: наблюдать преобра-
зование энергии при колебаниях груза, подвешен-
ного на пружине.
Оборудование: штатив с лапкой; набор грузов по
механике; линейка; секундомер; пружина жестко-
стью 40 Н/м (от лабораторного динамометра).
Груз, висящий на пружине, может совершать
вертикальные колебания с периодом Та и колебания
в вертикальной плоскости подобно грузу, подве-
шенному на нити (только это растяжимая нить), с
периодом Тб.
Период
2
a
m
T
k
π
=
. Период Тб можно приблизи-
тельно оценить по формуле
2
б
l
T
g
π
=
,гдеl—рас-
стояние от точки закрепления пружины до центра
масс подвешенного груза (или нескольких гру-
зов).
Вполне обоснованной может быть «резонанс-
ная» гипотеза: при определенном соотношении
между периодами Та и Тб энергия одних колеба-
ний будет превращаться в энергию других наи-
более эффективно — вплоть до того, что одни
1 В действительности из-за влияния трения резонанс на-
ступает при частоте изменения внешней силы, немного мень-
шей частоты собственных колебаний.
Рис. 6 .38
ν
xm
xст
νр
O

234
колебания прекращаются, другие возбуждаются; затем происходит обрат-
ный процесс.
Наиболее вероятными соотношениями между периодами являются следую-
щие: Та
= Тб;Та
= 2Тб;Тб=2Та
.
Гипотеза Та
= Тб может быть обоснована из условий резонанса.
Гипотезы Та
= 2Тб; Тб = 2Та также вероятны, так как при колебаниях пре-
образования энергии происходят с удвоенной частотой.
Вариант выполнения исследования
1. Закрепите пружину. Подвешивайте к ней последовательно один, два,
три, четыре груза и всякий раз после возбуждения вертикальных колебаний
с определенной амплитудой (рис. 6 .39) наблюдайте возникновение колебаний
типа «груз на нити» (рис. 6 .40). Измерьте в каждом случае амплитуду воз-
никших колебаний. Результаты запишите в таблицу.
Число грузов
Амплитуда колебаний
«груза на нити»
2. Определите, при каком числе грузов амплитуда возникающих колебаний
«груза на нити» максимальна.
Рис. 6 .39
Рис. 6 .40

235
Рис. 6.41
a
fx, v
x
t
O
б
fx, v
x
t
O
Для этого случая рассчитайте периоды колебаний Та и Тб, сравните их и
сделайте вывод о том, какая из трех гипотез (Та
= Тб;Та
= 2Тб; Тб = 2Та) под-
тверждается на опыте.
1. Какие колебания называются вынужденными?
2. Какое явление называется резонансом?
3. Почему резонанс происходит при совпадении фаз колебаний внеш-
ней силы и скорости?
4. С каким периодом происходит преобразование энергии колеблю-
щегося с периодом 2 с маятника?
5. На рисунке 6.41, а, б представлены графики зависимости проекций
вынуждающей силы и скорости от времени для двух колебательных
систем. В какой из систем происходит резонанс?
Упражнение 6.2
1. Груз на пружине совершает свободные колебания с периодом Т0 = 1 с. На этот
груз действует вынуждающая сила, период которой равен 0,8 с. Чему равен
период вынужденных колебаний?
2. Механическая энергия системы, совершающей гармонические колебания,
равна 2 Дж. Чему равна потенциальная энергия системы в тот момент, когда
кинетическая энергия равна 0,5 Дж?
3. Проекция скорости колеблющегося тела изменяется по закону
0,5 sin4
x
vt
π
=
.
При действии какой гармонической силы может возникнуть резонанс, если
масса тела 0,1 кг?

236
Волной называют процесс распространения
колебаний. Мы рассмотрим гармонические волны —
процесс распространения гармонических колеба-
ний. Если основное свойство колебаний — периодич-
ность во времени, то основное свойство волны любой
физической природы — двойная периодичность: во
времени и в пространстве. Роль периода в простран-
стве играет величина, называемая длиной волны.
Длина волны — это расстояние между точками,
которые в фиксированный момент времени коле-
блются с разностью фаз 2π, т.е. в одинаковой фазе.
Длина волны обозначается буквой λ (лямбда).
Именно это определение длины волны лежит в
основе экспериментальных методов ее измерения.
Проведем следующий опыт. Подключим генера-
тор гармонических колебаний частотой 1,00 кГц к
динамику и подадим его сигнал на один из входов
компьютерного осциллографа. Сигнал с микрофона
подадим на второй канал осциллографа. Настроим
установку так, чтобы нулевая отметка шкалы с
сантиметровыми делениями (рис. 6.42) совпадала
с той точкой, в которой колебания диффузора ди-
намика и мембраны микрофона происходят в одной
фазе (рис. 6 .43).
При перемещении микрофона обнаружим, что
между этими колебаниями возникает разность фаз
(рис. 6 .44). Передвигая микрофон дальше, можно
найти точку, в которой колебания диффузора ди-
намика и мембраны микрофона происходят в про-
тивофазе (рис. 6 .45).
§ 6.7
ГАРМОНИЧЕСКИЕ
ВОЛНЫ.
ВОЛНОВЫЕ
ПРОЦЕССЫ
Рис. 6 .42

237
Рис. 6 .43
Рис. 6.44
Расстояние между точками, колеблющимися в противофазе, в соответствии
с определением длины волны, равно половине длины волны. Из рисунка 6.46
видно, что расстояние от нулевой отметки до найденной точки равно 17 см.
Следовательно, длина волны λ = 34 см.
Свойства волн удобно изучать в опытах с так называемой волновой ванной
(рис. 6.47). В ванну наливают тонкий слой воды. У края ванны находится
вибратор (шарик или пластина, укрепленные на стержне), который может
совершать гармонические колебания. При колебаниях вибратор касается воды,
и по ее поверхности распространяются волны.
На рисунке 6.48, а показаны круговые волны, возникающие от точечного
вибратора, на рисунке 6.48, б — волна, возникающая от плоского вибратора.
Пусть вибратор совершает гармонические колебания с циклической
частотой ω и амплитудой хт
, тогда
cos
m
xx
t
ω
=
.
Рис. 6.46
Рис. 6 .45

238
Чем будут отличаться колебания частиц воды на
расстоянии r от вибратора? Прежде всего они от-
личаются амплитудой. Действительно, все частицы
воды совершают вынужденные колебания, получая
энергию от вибратора. Чем дальше расположена
точка от него, тем меньше амплитуда колебаний.
На рисунке 6.48, а мы видим, что при увеличении
радиуса круговых волн уменьшается яркость. Это
происходит потому, что с увеличением расстояния
уменьшается амплитуда колебаний. (Светлые кру-
ги возникают там, где у волны пучность. Вода дей-
ствует как линза: если амплитуда меньше, то «во-
дяная линза» менее выпукла, поэтому яркость
кругов меньше.)
В опыте со звуковыми волнами (см. рис. 6 .44)
мы наблюдали и второе различие между колеба-
ниями: они отличаются фазами. Действительно,
в точку А, находящуюся на расстоянии r от источ-
ника (см. рис. 6 .48, а), колебания будут приходить
с запаздыванием на
r
t
u
Δ= , где u — скорость рас-
пространения колебаний, и уравнение колебаний
в точке А будет иметь вид:
cos (
) cos
mA
mA
r
xx
ttx
t
u
ωω
⎛⎞
=−
Δ
=−
⎜⎟
⎝⎠,
(1)
где xmA
—
амплитуда колебаний в точке А.
Аргумент косинуса
r
t
u
φω⎛⎞
=−
⎜⎟
⎝⎠называют фазой
волны. Она является функцией двух аргументов:
времени t и расстояния r.
На рисунке 6.48, а, б зафиксированы состояния
поверхности воды, по которой распространяются
волны, в какой-то определенный момент времени.
Ясно видно, что форма поверхности является пе-
риодической функцией расстояния r.
Этот период можно измерить (см. рис. 6 .48, б).
В опыте со звуковыми волнами мы также его из-
меряли. Докажем это.
Рис. 6 .47
Рис. 6 .48
a
б
A
r

239
Для любого момента времени t уравнение (1) можно записать в виде:
()0
cos
mr
r
xx
t
u
ω
ω
⎛⎞
=−
⎜⎟
⎝⎠
.
(2)
Уравнение (2) является периодической функцией r. Действительно, при
изменении
r
u
ω
на 2π значение косинуса повторяется. Как же при этом долж-
но измениться r? На каком расстоянии r
Δ должны находиться точки, чтобы
они колебались в одинаковой фазе (или с разностью фаз 2π )? Запишем это
условие:
2
r
u
ω
π
Δ
=
. Отсюда
22
2
uu
T
ru
T
ππ
λ
ωπ
Δ==
=
=.
(3)
Итак, длина волны — это расстояние между точками, которые колеблют-
ся в одинаковой фазе. Вместе с тем длина волны — это расстояние, на которое
волна распространяется за время одного периода колебаний.
Соотношение
uT
λ=
позволяет определить скорость распространения волн.
Например, по результатам ранее проведенного исследования мы можем рас-
считать, что скорость звука
0,34 м
0,001 с
u=
= 340 м/с.
1. Какие волны называются гармоническими? Существуют ли они
в природе?
2. Какие колебания (свободные, вынужденные) совершают частицы
вещества, если в нем распространяется волна?
3. Что называется длиной волны?

240
Один из важнейших принципов механики —
принцип суперпозиции. В соответствии с ним, если
силы 1
F
r
и2
F
r
вызывают каждая в отдельности уско-
рения 1
a
r
и2
a
r
, то сила
12
FFF
=+
rrr
сообщает частице
ускорение
12
aaa
=+
rrr
. Если этот принцип выполня-
ется для сред, состоящих из взаимодействующих
частиц, то среда называется линейной. Простые
наблюдения показывают, что при распространении
волн принцип суперпозиции выполняется: в одном
и том же веществе могут распространяться волны
от нескольких источников, совершенно независимо
от того, сколько источников излучают эти волны.
Именно поэтому в одном помещении могут раз-
говаривать несколько человек, в музыкальных
залах играть оркестры, в которых каждый из ин-
струментов не «мешает» звучать другому.
Вместе с тем специфика и особенности волново-
го движения приводят к весьма интересным явле-
ниям в тех случаях, когда в среде распространяют-
ся волны от нескольких источников.
Рассмотрим систему волн, возникающую от двух
вибраторов.
Когда в среде одновременно распространяются
волны от двух источников, то частицы среды совер-
шают колебания, являющиеся, в соответствии
с принципом суперпозиции, результатом сложения
колебаний, создаваемых в данной точке каждой
волной. Результирующее смещение частицы среды
в любой момент времени равно геометрической сум-
ме смещений, которые получает частица, участвуя
в каждом из слагающих волновых процессов.
Результат сложения колебаний в общем волно-
вом поле зависит от введенного ранее понятия фазы
волны:
r
t
u
ω
φω
=− , которая является функцией вре-
мени, зависит от частоты, скорости, а также от рас-
стояния исследуемой точки до источника волн.
Если рассматриваются волны от двух источни-
ков с фазами волн
1
11
r
t
u
ω
φω
=−и
2
22
r
t
u
ω
φω
=−,
Рис. 6 .49
§ 6.8
ИНТЕРФЕРЕНЦИЯ
И ДИФРАКЦИЯ
МЕХАНИЧЕСКИХ
ВОЛН
O1
r1
O2
r2
A
B

241
Рис. 6 .50
то разность фаз в точке, находящейся на расстояниях r1 и r2 от источников,
равна
()()
21
2
21
1
1
trr
u
φωω ωω
Δ=
−
−
−
.
Эта разность не зависит от времени только в одном случае: при ω2 = ω1.
Именно поэтому рассматриваются волны, источники которых колеблются с
одинаковой частотой и постоянным сдвигом фаз. Такие источники называ-
ются когерентными, а создаваемые ими волны — когерентными волнами.
Пусть два когерентных источника расположены в точках О1 и О2. В общем
волновом поле рассмотрим точку А, находящуюся от источников на расстоя-
ниях r1 и r2 (рис. 6 .49).
Тогда
()
21
rr
u
ω
φ
Δ=
−
. Величина 21
rr
−
называется разностью хода. Пусть
величина 21
rr
−
такова, что
2n
φπ
Δ=
, гдеn—0,1,2,З... .ТогдавточкеА
происходят синфазные колебания, амплитуда которых равна:
12
mmm
xxx
+=
(рис. 6.50). Энергия результирующего колебания пропорциональна
222
121
2
2
mmm m
m
xxx x
x
=++
. Это равенство означает следующее: в точке А энергия
результирующего колебания больше суммы энергий, которые приносят в эту
точку волны от двух источников. Плотность потока этой избыточной энергии
равна:
2
12
1
·2
2
mm
Iu
x
x
ρω
+
=
.
На первый взгляд, мы получили противоречие с законом сохранения
энергии. Этот парадокс разъяснится, если мы рассмотрим другую точку, на-
пример В (см. рис. 6 .49), в которой разность фаз
k
φπ
Δ= , где k — нечетное
целое число. В этой точке колебание является суммой двух противофазных
колебаний (рис. 6 .51). Энергия результирующего колебания пропорциональ-
на
()
2
22
2
12121
2
2
mmmmmm
m
xxx xxx
x
=− =+−
. В точке В энергия результирующего
колебания оказалась меньше суммы энергий, которые приносят в эту точку
волны от двух источников.
Рис. 6.51
xm1
xm2
x
t
O
xm1
–x
m2
x
t
O
Рис. 6 .51

242
Плотность потока этой «потерянной» энергии равна
2
12
1
2
2
mm
Iu
x
x
ρω
−
=⋅.
Таким образом, противоречия с законом сохранения энергии нет: в общем
волновом поле, созданном двумя когерентными источниками, возникают до-
полнительные потоки энергии из точек, где амплитуды колебаний вычитают-
ся, в точки, где амплитуды колебаний складываются. В общем волновом поле
возникает независимое от времени перераспределение энергии волны в про-
странстве, которое называется интерференцией (рис. 6 .52).
Соотношение
()
21
rr
u
ω
φ
Δ=
−
позволяет определить условия максимума и
минимума амплитуды колебаний. Усиление колебаний происходит там, где
2n
φπ
Δ=
.
Следовательно,
()
21
2
2nr
r
Tu
π
π=
−
,
()
21
2
2nr
r
π
π
λ
=−
, откуда
21
rrn
λ
−= ,гдеn=0,1,2,....
Разность хода для точек, в которых при интерференции происходит уси-
ление колебаний, равна целому числу длин волн.
Ослабление колебаний происходит там, где
(2 1)
n
φπ
Δ=+
.
Следовательно,
()
21
2
(2 1)
nr
r
π
π
λ
+=
−
. Откуда
r2 –r1) (2 1)
2
n
λ
=+
,гдеn=0,1,2,....
Рис. 6 .53
Рис. 6 .52

243
Рис. 6.54
Рис. 6.55
Разность хода для точек, в которых при интер-
ференции происходит ослабление колебаний, равна
нечетному числу длин полуволн.
Явление интерференции характерно для любых
волн, в том числе и для звуковых волн. На фото-
графии (рис. 6 .53) представлена картина интерфе-
ренции от двух когерентных источников звука,
которая с использованием специальных средств
сделана видимой.
Для волн характерно также явление дифрак-
ции. Поставим на пути волн препятствие (рис.
6.54, а, б) или сделаем отверстие в преграде (рис.
6.55, а, б). Что представляют собой полученные
картины?
Во-первых, мы видим, что волны наблюдаются
в областях пространства, которые «закрыты» пре-
пятствием (см. рис. 6 .54, а, б) либо стенками, об-
разующими «окно» (см. рис. 6 .55, а). Во-вторых,
в тех областях пространства, куда проникли волны
в результате огибания препятствий (отверстий)
возникает интерференция. В -третьих, наблюдае-
мые явления выражены более отчетливо в тех слу-
чаях, когда размер препятствия (отверстия) соиз-
мерим с длиной волны (см. рис. 54, б и 55, б).
Явление огибания волнами препятствий (отвер-
стий) называется дифракцией.
1. Какое явление называется интерфе-
ренцией?
2. Каковы условия наблюдения максиму-
ма колебаний при интерференции?
3. Каковы условия наблюдения миниму-
ма колебаний при интерференции?
4. Какие величины складываются при
интерференции волн — амплитуды
или энергии?
5. Каковы особенности явления дифрак-
ции?
a
б
a
б

244
Пример 1. Определите амплитуду, период и на-
чальную фазу колебания, описываемого уравне-
нием
0,05 sin 4
4
xt
π
π
⎛⎞
=+
⎜⎟
⎝⎠
. Напишите формулы для
vx и аx Постройте графики x(t), vx(t), и ах(t).
Решение.Сравним уравнения:
0,05sin 4
4
xt
π
π
⎛⎞
=+
⎜⎟
⎝⎠
и
sin
4
xAt
π
ω
⎛⎞
=+
⎜⎟
⎝⎠
.
Из сравнения видно, что xm
= 0,05 м;
1
4c
ωπ
−
=
;
2
0,5
T
π
ω
==с;04
π
φ= рад.
Формулы для vx и ах имеют вид:
4·0
,
05cos4
4
x
vt
π
ππ
⎛⎞
=+
⎜⎟
⎝⎠
;
2
16 ·0,05sin 4
4
x
at
π
ππ
⎛⎞
=−
+
⎜⎟
⎝⎠
.
§ 6.9
ПРИМЕРЫ
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Рис. 6 .56
8
1T
4
1T
t
t
t
x
O
O
O
x2(t)
x1(t)
vx
ax
2
1T
T

245
Графики x(t), vx(t) и ах(t) представлены на рисунке 6.56. При их построе-
нии следует иметь в виду, что график 10
sin(
)
m
xx
t
ωφ
=+
получается из гра-
фика функции 2
sin
m
xx
t
ω
=
переносом на
00
28
T
tT
φφ
ωπ
Δ= = = по оси времени
влево, так как φ0 > 0.
Пример 2. Для оценки размеров рудного месторождения были проведены
измерения периода колебаний маятника, при этом было обнаружено, что пе-
риод уменьшился на
0,1%
T
ε=
по сравнению со средним значением для данной
местности. Плотность руды месторождения
3
8·10
ρ=
кг/м3
, средняя плотность
Земли
3
0 5,5·10
ρ=
кг/м3, ее радиус R = 6400 км. Оцените размер месторождения,
исходя из предположения, что оно имеет сферическую форму.
Решение. Так как плотность месторождения больше средней плотности
Земли, это приводит к увеличению ускорения свободного падения вблизи него,
что и обнаруживается при гравиметрической разведке по относительному из-
менению периода εT (период обратно пропорционален корню квадратному из
ускорения свободного падения):
0
0
T
g
Tg
=
.
Для нахождения g вблизи месторождения можно исходить из следующей
модели. Ускорение g
r
складывается из ускорения 0
g
r
—
в предположении, что
месторождения нет (рис. 6 .57, а) — и дополнительного ускорения g
Δ
r
, вы-
званного месторождением, имеющим массу m
Δ (рис. 6.57, б).
Эта масса равна
3
3
·
4
mr
πρ
Δ= Δ,
где
0
ρρρ
Δ=− .
Рис. 6.57
б
a
Δm
g0
R
r
r

246
Следовательно,
3
22
4·4
33
mr
G
gG
rG
rr
πρ
πρ
⎛⎞
ΔΔ
Δ=
=
=
Δ
⎜⎟
⎝⎠.
Итак, g = g0 + Δg. Очевидно, что g0 можно определить по формуле
3
0
00
22
4
4
3
3
GR
M
gG
R
RR
πρ
πρ
==
=,
где M — масса Земли.
Относительное изменение ускорения около месторождения равно
0
00
44
:
33
g
gr
rG
RG
gR
ρ
επ
ρ
π
ρ
ρ
ΔΔ
⎛⎞
⎛⎞
==
Δ
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠.
Найдем связь между относительными изменениями периода εT и ускоре-
ния εg.
Отношение периодов
00
00
0
1
Tg
g
gg
Tgg
g
+Δ
Δ
==
=
+.
Так как
0
g
g
Δ
мало, применим приближенную формулу
00
11
111
22
g
gg
gg
ε
ΔΔ
+≈
+=
+.
Учтем теперь, что
0
11
T
TTTT
TTT
ε
+Δ
Δ
==
+
=
+
.
Из равенства
1
11
2
Tg
εε
+=+ видно, что
1
2
Tg
εε
=
. Итак, можно записать, что
0
1
2
T
r
R
ρ
ε
ρ
Δ
=
. Это позволяет оценить размер месторождения:
0
2TR
r
ερ
ρ
=
Δ
.
Выполнив расчет, получим
4
3·10
r≈
м=300км.
Пример 3. Самое высокое место, обжитое человеком на земном шаре, находит-
ся на высоте h = 6200 м над уровнем моря (Ронбургский монастырь в Гималаях).
На сколько будут уходить за сутки маятниковые часы, выверенные на этой
высоте, если их перенести на уровень моря?

247
Рис. 6 .58
Решение.При перемещении маятниковых часов с одного уровня на другой
изменяется период колебаний маятника, так как ускорение свободного падения
зависит от высоты. Выверенные на одном уровне, такие часы будут уходить впе-
ред или отставать в зависимости от того, опускают ли их вниз или поднимают
вверх. По условию задачи часы переносят на более низкий уровень, поэтому
ускорение g будет увеличиваться, и часы, выверенные в горах, станут уходить
вперед. Это вызвано тем, что период колебаний маятника уменьшится, и за сутки
такие часы будут делать больше колебаний, чем часы, идущие в монастыре.
За время одного колебания опережение будет равно
0
0
22
ll
TTT
gg
ππ
Δ=− =
−
,
где g — ускорение свободного падения в монастыре, g0 — на поверхности
Земли.
За сутки (t0 = 24 ч) отставание равно ΔTn, где n — число колебаний маят-
ника часов:
0
0
t
n
T
=
. Итак,
00
0
00
22
1
tg
ll
tt
gg
Tg
ππ
⎛⎞
⎛⎞
Δ=
−
=
−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠
.
Отношение
2
0
g
Rh
gR
+
⎛⎞
=
⎜⎟
⎝⎠
, следовательно,
0
gRh
gR
+
=
, где R — радиус Зем-
ли. Поэтому
00
1
Rh
h
tt
t
RR
+
⎛⎞
Δ=
−
=
⎜⎟
⎝⎠.
Выполнив расчет, получим:
84
t
Δ≈ с.
Пример 4. Допустим, что земной шар по одному из его диаметров пронизыва-
ет шахта. Докажите, что тело, упавшее в шахту, будет совершать гармонические
колебания. Найдите период этих колебаний и скорость тела в центре Земли.
Решение (рис. 6 .58). При рассмотрении примера 2 было доказано, что
сила тяготения F
r
, действующая на тело, расположенное на расстоянии r от
центра Земли, равна
0
4
3
FG
r
m
πρ
=
. Следовательно,
0
4
3
x
FG
m
x
πρ
=−
.
X
O
x
F
r

248
Таким образом, тело в фантастическом тоннеле совершает гармонические
колебания так, что
2
00
4
3
kmG
m
ωπ
ρ
==
. Циклическая частота колебаний рав-
на
4
3
G
ωπ
ρ
=
, а период
23
2
4
T
G
π
π
ωπ
ρ
==
.
Вычислив период с учетом того, что средняя плотность Земли ρ = 5,5 ×
× 103 кг/м3
, получим:
3
5·10
T≈
с.
До центра Земли тело долетит за
1
4
T,т.е.завремя,равное1,25·103с≈
≈ 21 мин.
Скорость v0 тела в центре Земли — это максимальная скорость гармониче-
ски колеблющегося с амплитудой R (радиус Земли) тела:
0
2
vRR
T
π
ω
==;08000
v=
м/с.
Это первая космическая скорость.
Пример 5. На горизонтальной пружине укреплен брусок массой М = 10 кг,
лежащий на гладкой поверхности стола (рис. 6.59). В брусок попадает летящая
со скоростью v = 500 м/с пуля массой m = 10 г и застревает в нем. Жесткость
пружины k = 200 Н/м. Определите амплитуду колебаний пружины. Трение не
учитывать.
Решение.Сначала, пользуясь законом сохранения импульса, определим
скорость v0, которую будет иметь брусок после абсолютно неупругого взаимо-
действия с пулей:
0
1
mv
mv
v
m
Mm
M
M
==
+
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
.
Отношение
10г
m
10000г
M
=
= 0,01. Поэтому погрешность расчетов значитель-
но не увеличится, если записать: 0
mv
v
M
=
.
Рис. 6 .59
M
v
r
m

249
Теперь воспользуемся законом сохранения энергии: кинетическая энергия
бруска сразу после взаимодействия с пулей равна потенциальной энергии
пружины в крайнем левом положении. Следовательно (если снова пренебречь
массой пули по сравнению с массой бруска),
22
0
22
m
Mv kx
=
. Отсюда
2
0
0
m
Mv
Mm
vM
xv
kk
M
k
=== ;xm
= 0,1м.
Пример 6. К лабораторному динамометру, пружина которого имеет жест-
кость 40 Н/м, прикрепили тележку массой 0,2 кг, отодвинули на xm
= 0,1ми
отпустили (рис. 6 .60). Определите: а) скорость тележки после прохождения
первого участка пути длиной l = 0,025 м; б) скорость тележки в момент време-
ни t0 = 0,05 с после начала колебаний.
Решение.
а) Полная энергия колебательной системы, если пренебречь работой силы
трения хотя бы на первых 10 см пути, остается неизменной в любой точке
траектории и равной начальному запасу
2
2
m
kx
E=
. После прохождения пути
l = 0,025 м деформация пружины равна
m
xxl
=−
.
Запишем закон сохранения энергии:
222
222
ml
kxmvkx
=+. Отсюда найдем vl:
()
2
2
22
mm
m
l
kxkxl
kx kx
v
mm
−−
−
==
.
Расчеты дают
0,42
l
v≈
м/с.
б ) Полная энергия колебательной системы (если пренебречь работой силы
трения хотя бы за первую четверть периода) остается неизменной в любой
момент времени. Она равна ее начальному запасу
2
2
m
kx
E=
.
Рис. 6.60
0
0
1
1
2
2
3
3
4
4
H
H
0,1 м

250
Растяжение пружины изменяется со временем по закону:
cos
m
xx
t
ω
=
, где
0,1
m
x=
м,а
k
m
ω=
;
14,1
ω≈
с–1
.
Зависимость потенциальной энергии пружины от времени имеет вид:
2
22
cos
22
pm
kxk
Ex
t
ω
==
.
Кинетическая энергия тележки в любой момент времени равна
()
22
2
2
22
2
cos
1 cos
sin
22
2
2
mm
m
m
kp
kx kx
kx
kx
EEE
t
t
t
ωω
ω
=−=
−
=
−
=
.
Для момента времени t0 = 0,05 с найдем Ek = 0,08 Дж.
Рассчитаем скорость тележки в момент времени, равный 0,05 с:
2
;0
,
9
k
E
vv
m
=≈
м/с.

251
§ 6.10
ЗАДАЧИ ДЛЯ
САМОСТОЯТЕЛЬНОГО
РЕШЕНИЯ
1. Определите амплитуду, частоту и началь-
ную фазу колебания, описываемого уравнением
3sin 5
3
xt
π
π
⎛⎞
=+
⎜⎟
⎝⎠
.
2. Точка совершает колебания по закону
2sin 2
6
xt
π
π
⎛⎞
=+
⎜⎟
⎝⎠
. Определите амплитуду, макси-
мальное значение скорости и максимальное значе-
ние ускорения.
3. Постройте график зависимости x(t) для колеба-
ния, происходящего по закону
3sin 4
8
xt
π
π
⎛⎞
=+
⎜⎟
⎝⎠
.
4. Точка колеблется по закону
0,05sin6
xt
π
=
.
За какое время она пройдет путь, равный 0,01 м?
5. Путь, равный амплитуде, колеблющаяся точ-
ка проходит от положения равновесия за четверть
периода. Найдите отношение путей, которые про-
ходит точка за первую и вторую половины этого
времени. Начальная фаза равна нулю.
6. Масса Луны в 81 раз меньше массы Земли, а
радиус Земли в 3,7 раза больше радиуса Луны. Как
изменится период колебаний маятника при пере-
несении его с Земли на Луну?
7. С каким ускорением и в каком направлении
должна двигаться кабина лифта, чтобы находящий-
ся в ней секундный маятник за время t = 2 мин 30 с
совершил 100 колебаний?
8. Ареометр массой m и площадью поперечного
сечения S помещен в жидкость плотностью ρ .
Ареометр погружают в жидкость несколько глуб-
же, чем при равновесии, а затем отпускают. Рас-
считайте период малых колебаний.
9. Материальная точка массой 0,1 кг колеблется
по закону
0,05 sin
5
t
x
π
=
. Найдите максимальную
силу, действующую на точку, и полную энергию
колеблющейся точки.
10. После загрузки лайнера период малых коле-
баний его по вертикали изменился от 7 до 7,5 с.
Рассчитайте отношение массы груза к массе лайне-
ра без груза.

252
11. Найдите период колебаний жидкости в U-образном сосуде постоянного
сечения. Общая длина части сосуда, занятого жидкостью, равна l.
12. Тело массой m совершает колебания на пружине так, что наибольшее
значение модуля скорости равно v0, а наибольшее отклонение от положения
равновесия — х0. Найдите жесткость пружины.
13. Мальчик несет на коромысле ведра с водой, период собственных коле-
баний которых 1,6 с. При какой скорости движения вода начнет особенно
сильно выплескиваться, если длина шага мальчика равна 60 см?
14. Период собственных вертикальных колебаний железнодорожного ва-
гона 1,25 с. На стыках рельсов вагон получает периодические удары, которые
служат причиной вынужденных колебаний вагона. При какой скорости по-
езда возникнет резонанс и пассажиры будут ощущать сильное вертикальное
раскачивание вагона? Длина каждого рельса между стыками 25 м.
15. Первый шар колеблется на пружине жесткостью, в 4 раза большей
жесткости пружины, на которой колеблется второй шар такой же массы. Ка-
кой из шаров и во сколько раз дальше надо отвести от положения равновесия,
чтобы их максимальные скорости были одинаковы?
16. Груз массой 400 г совершает колебания на пружине жесткостью
250 Н/м. Амплитуда колебаний 15 см. Найдите полную механическую энергию
колебаний и наибольшую скорость груза.
17. Груз массой 300 г подвесили к нити длиной 1 м, отклонили на угол
α1 = 20° и отпустили. Рассчитайте скорость, с которой груз проходит положе-
ние равновесия. Чему равна скорость груза в момент времени, когда его от-
клонение равно α2 = 10°? (Затуханием пренебречь.)
18. Тележка прикреплена к пружине жесткостью 40 Н/м и совершает не-
затухающие колебания. Масса тележки 0,1 кг. Амплитуда колебаний 0,1 м.
Постройте графики зависимости потенциальной и кинетической энергий от
координаты и времени, если тележка начала колебаться из состояния, при
котором растяжение пружины равнялось 0,1 м.
Самое важное в главе 6
1. Законы колебательного и волнового движений обладают универсально-
стью, всеобщностью для колебаний различной физической природы. В теории
колебаний на первый план выходят величины и понятия, характеризующие
физическую систему в целом: амплитуда, циклическая частота, период, фаза,
разность фаз, резонанс. Аналогично вводятся величины и понятия, характе-
ризующие волновые процессы в целом: длина волны, волновая поверх-
ность.
2. В физике и технике большое внимание уделяют изучению гармонических
колебаний и гармонических волн. Это можно объяснить тем, что в природе

253
существуют колебательные и волновые процессы, с очень большой степенью
точности приближающиеся к гармоническим.
3. Уравнение гармонического колебания для смещения записывается в
виде:
0
sin(
)
m
xx
t
ωφ
=+
.
Уравнения для изменения во времени проекций скорости и ускорения име-
ют вид:
0
cos(
)
xm
vxx
t
ωω
φ
==
+
′
,
2
0
sin(
)
xm
ax
x
t
ωω
φ
==
−
+
′′
.
Важнейшее кинематическое уравнение гармонических колебаний:
2
xx
ω
=−
′′
.
4. Тело совершает гармоническое колебание, если проекция равнодей-
ствующей силы пропорциональна координате со знаком «–»: Fx
= –kx, где
2
km
ω
=
.
При гармонических колебаниях ах и Fx пропорциональны смещению х, име-
ют противоположный смещению знак и гармонически зависят от времени.
5. Колебания бывают свободные и вынужденные.
Свободные колебания возникают в колебательной системе под действием
внутренних сил после того, как система была выведена из состояния равнове-
сия и предоставлена самой себе.
Вынужденные колебания происходят под действием внешней переменной
силы. Амплитуда вынужденных колебаний определяется амплитудой внешней
силы, а также соотношением между частотой изменения этой силы и собствен-
ной частотой колебательной системы. При равенстве этих частот наблюдается
явление резонанса.
6. Процесс распространения колебаний называют волной. Гармонические
волны — процесс распространения гармонических колебаний. Если основное
свойство колебаний — периодичность во времени, то основное свойство волны
любой физической природы — двойная периодичность: во времени и в про-
странстве. Роль пространственного периода играет величина, называемая
длиной волны. Длина волны — это расстояние между точками, которые
в фиксированный момент времени колеблются с разностью фаз 2π.
Уравнение гармонической волны записывается в виде:
cos (
) cos
mm
r
xx
ttx
t
v
ωω
⎛⎞
=−
Δ
=−
⎜⎟
⎝⎠.
7. Явления, характеризующие волновые процессы, — интерференция и
дифракция. Интерференция волн — это наложение волн, при котором в одних
точках пространства происходит их взаимное усиление вследствие сложения
амплитуд волн, а в других — ослабление вследствие вычитания амплитуд волн.
Устойчивая интерференционная картина наблюдается в случае, если волны
являются когерентными.

254
Волны называются когерентными, если разность их фаз не изменяется
с течением времени. Для гармонических волн это условие выполняется при
равенстве частот.
Дифракция волн — огибание волнами препятствий (отверстий). Явление
дифракции присуще всем волновым процессам, но особенно четко оно наблю-
дается в случаях, когда размеры препятствий (отверстий) меньше или срав-
нимы с длиной волны.

255
ОТВЕТЫ К УПРАЖНЕНИЯМ
Упражнение 1.1
1.а)1024;б)4,7 ·108с;в)6,3 ·1010с;г)2,6 ·1010с.2.3 ·103км.3.10.
Упражнение 1.2
1.Три.2.а)265;б)1·102
. 3.1)1,6м.2)0,57с.3)
2
2h
g
t
=
;g=9,8м/с2
.
Упражнение 1.3
1. sin2
2
mgl
kx
α=
. 2.F1=F
тр приtgαμ
=
(см. рис. 1); 18
α≈
°. 3.
21
()
cmt t
N
τ
−
=
.
4.2
m
T
k
π
=
.5.
mg
l
k
=
. 7.l =f1+d2(см.рис.2).
Упражнение 2.1
1.4м;2м.2.В
2
π
и
3
π
раз.3.y = –3+2x.4.28км;20км.5.2,5км;
2,5 км.
Упражнение 2.2
1.Через50с.2.10м/с.3.За20с.4.4м/с.5.а) 1 10 0,8
x
vt
=+;б)222
x
vt
=−;
в)344
x
vt
=−+;г)4112
x
vt
=−−
. 6.t
в
= 10с;xв
= 40м.
Рис. 1
Рис. 2
F
r
1
F
r
тр
mg
r
α
F
r
2
N
r
А
А1
F1
B
d1
f2
d2
l
f1
F1
А2
B2
B1

256
Упражнение 2.3
1. 7,7 · 103 м/с. 2. 1000 м/с2. 3. 0,5 м/с2.
Упражнение 2.4
2.2,5м/с.3.0,5м/с.4.v =2v0;
2
0
4v
a
R
=
.
Упражнение 3.1
1.За4с.2.500Н.3.3мин.4.Такимже.5.Такимже.
Упражнение 3.2
1. 1 Н. 2. 1 Н. 3 . Нарушится. Груз массой 40 г на правую чашу весов. 4. F
н1
=
= 1,5Н;Fн2
= 2Н.5.25Н.
Упражнение 3.3
1.0,2.2.16Н.3.22,5м.4.25м.5.0,6.
Упражнение 3.4
1. 5,9 · 10–5
Н. 2. 8,8 м/с2
. 3. 25,6 м/с2
. 4 . На расстоянии от центра Луны,
равном шести земным радиусам.
Упражнение 4.1
1.mv.2.2м/с.3.mv.4.
50
v
.
Упражнение 4.2
1.Недостигнет.2.а)0,2м;б)x=0,1м;y=0,1м.
Упражнение 4.3
2. Увеличится в 3 раза. 3 . 2mv2. 4 . 8mv2.
Упражнение 4.4
1. 1/8. 2. 4,9 м/с2
. 3.4км/с.4.1,7 ·103м/с.5.30лет.6.1/2.
Упражнение 4.5
1.
2
1
8
mv .2.
2
1
4
mv .3.
2
2
mv
. 4. Нулю. 5.
2
2mv .
Упражнение 4.6
1. 350 Н. 2. 5000 кг/с.
Упражнение 5.1
1.9кг.2.
2,5 6
M=
Н·м; 0 56
F=
Н.

257
Упражнение 6.1
1.T =0,2c;xm
= 0,3м;
3cos10
x
vt
ππ
=
;
2
30 sin10
x
at
ππ
=−
. 2.1с.3.20см/с.
4. 0,02 м; 0,33 с;
4
π
. 5. 0,1 м/с. 6. 0,8 м/с2
.7.
0,04sin2
x
Ft
π
=−
. 8.1,25·10–3
Дж;
1,25 · 10–3
Дж.
Упражнение 6.2
1.0,8с.2.1,5Дж.3.
0,63cos4
x
Ft
π
=
.
ОТВЕТЫ К ЗАДАЧАМ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
Глава 2
§2.10.1.2м/с,8м/с.2.2м/с.3.50м.5.1,5м;3,5м;6м.6.25,3сут;5,7м/с2
.
7. а) 1:2; б) 2:1. 8.
4
24
2
k
akt
r
=+ . 9. 37,7 с; 4733 м/с2. 10. 100 с; 8660 м; 1250 м.
11.3мин.12.5с.13.60с.14.45с.15.4,6года.16.4а.е.17.В2,4раза.
Глава 3
§ 3.11. 1. 4 м/с2; 3,4 м/с2; 2 м/с2; 0 м/с2. 2. 0,05 м/с2; 0,04 м/с2; 0 м/с2.
3.а)t1–t2;б)t2–t3;0–t1.4.68м/с.5.
12
12
0,8
aa
a
aa
==
+
м/с2.6.0,2кг.7.4Н;0Н.
8.2 ·107кг·м/с.9.3,4кг·м/с.10.Δp1=10 2кг·м/с;Δp2=20кг·м/с;
Δp3 = 0 кг · м/с. 11. 250 Н. 12. 0,0027 м/с2. 13. 0,0255. 14. 0,405 м/с2; 24,2 м.
15. 60 м. 16.
21
cos
FF
mg
μ
α
−
=
. 17. 15 кН. 18. 950 Н. 19. В нижней точке силы на-
правлены вверх и равны по модулю: а) 6,6 Н; б) 8 Н; в) 20 Н. В верхней точке:
а) 1,44 Н, направлена вверх; б) 0 Н; в) 12 Н, направлена вниз. 20. 22 м/с.
21. 20 м/с; 22°. 22. 1,3 м/с. 23. 1,45 с–1
. 24.1Н.25.7,6м/с;5,7·103с.
26.
З
З
1
1,11
0,815
M
v
MВ
==
=
В
v
. Скорость спутника Земли в 1,11 раза больше
скорости спутника Венеры. 27. В 49 раз. 28. 7,2 кН; 8,8 кН. 29. a1 = g; a2 = 0,5 g.
30. 700 Н. 31. 6. 32.
2
С
22
16
265
R
g
T
π
α
==
м/с2
. 33.
1
23
7
2
4,2·10
4
GMT
R
π
⎛⎞
==
⎜⎟
⎝⎠ м.
Глава 4
§ 4.10. 1. F = 160 Н. 2. 0,5 м/с, в прежнем направлении. 3. 1,3 м/с, в сторо-
ну движения человека. 4 . 12,5 м/с, в сторону, противоположную движению

258
гранаты. 5. 160 м/с, в сторону движения ракеты. 6. 30 Н. 7 . 50 м. 8. 1,25 м/с.
9. 2 м/с2. 10. 4000 Дж; –2000 Дж. 11. 100 Дж. 12. 4162 Дж. 13. 4000 Дж;
– 4000 Дж. 14.
N
v
mg
μ
=
;Fm
g
μ
=
. 15. 420 кВт. 16. 18 кВт. 17. 60 Дж.
18. 1000 Дж. 19. 61,25 м. 20. 98 Дж. 21. 0,8 м. 22. 0,7 м/с. 23. 5 м. 24. 175 Дж.
25.25Дж;1,7Н.26.2м/с.27.2м/с.28.h =0,5Н.29.7,2м/с.
Глава 5
§5.7.1.200Н,3,0м.2.
4
3,5·10
≈
Н. 3. Равнодействующая равна нулю. 4 . 12 Н.
5.5,0 ·102Н;
2
3
м.6. AB
a
Fm
g
c
=
,
BC
b
Fm
g
c
=
. 7.Можно;9,8Н;8,5Н.8.2,5кН,
2 кН. 9. 173 Н; под углом 70° к горизонтали; 265 Н. 10. FAC = 1960 Н; FBC = 2600 Н.
11.
0,29
3
l
h== . 12.NA=320Н;NB=240Н.13.
(2)
hRh
Fm
g
Rh
−
=
−
.Сила0
F
r
направлена под прямым углом к отрезку ОА, 0
(2)
hRh
Fm
g
R
−
=
.
Глава 6
§6.10.1.3м;2,5Гц; /3
π .2.2м;4π м/с;
2
8π м/с2
. 4.0,01с.5.
2
2
. 6. Уве-
личится в 6 раз. 7. 5,6 м/с2
, вниз. 8.
2
m
T
gS
π
ρ
=
. 9.0,002Н;5·10–5
Дж.
10. 0,15. 11.
2
2
l
T
g
π
=
. 12.
2
0
2
0
mv
k
x
=
. 13. 0,375 м/с. 14 . 20 м/с. 15. Второй
шар; в 2 раза. 16. 2,8 Дж; 3,75 м/с. 17. 4,6 м/с; 1,3 м/с.

259
ОГЛАВЛЕНИЕ
Глава1.Физикакакнаука.Научныйметодпознания.....................3
§ 1.1. Физика — фундаментальная наука о природе. Научный
методпознанияприроды......................................4
§ 1.2. Эксперимент, методы исследования, теория,
физическаякартинамира .....................................8
§1.3.Рольматематикивфизике ..............................13
§1.4.Приближенныеизмеренияивычисления ..................18
§ 1.5. Экспериментальные и теоретические методы изучения
физическихявлений.........................................20
Самоеважноевглаве1.......................................24
Механика
Глава2.Кинематика...............................................26
§2.1.Механическоедвижениетел .............................27
§ 2.2. Радиус-вектор движущейся точки. Вектор
перемещения ..............................................32
§ 2.3. Скорость и ускорение материальной точки при
равноускоренномпрямолинейномдвижении ....................36
§ 2.4*. Скорость и ускорение материальной точки при
еепроизвольномдвижении...................................42
§2.5.Относительностьмеханическогодвижения .................46
§2.6.Движениепланет ......................................52
§2.7.Ускорениесвободногопадения ...........................55
§2.8. Кинематическиеметодывтехникеиастрономии .... ...... .. 57
§2.9.Примерырешениязадач ................................62
§2.10.Задачидлясамостоятельногорешения....................65
Самоеважноевглаве2.......................................66
Глава3.Динамика.................................................67
§3.1.Первыйзакондинамики ................................68
§3.2.Второйзакондинамики.................................71
§3.3.Ускорениеивторойзакондинамики ......................74
§3.4.Принципотносительности...............................81
§3.5.Третийзакондинамики.................................86
§3.6.Силытрения ..........................................92

260
§3.7.Законвсемирноготяготения ............................101
§ 3.8 . Силы сопротивления в жидкой и газообразной среде . . . . . . . . 105
§3.9.ОбобщенныйтретийзаконКеплера ......................107
§3.10.Примерырешениязадач ..............................112
§3.11.Задачидлясамостоятельногорешения...................117
Самоеважноевглаве3......................................120
Глава4.Законысохранениявмеханике..............................122
§4.1.Законсохраненияимпульса ............................123
§ 4.2. Закон сохранения импульса и принцип
относительности...........................................128
§4.3.Работа,мощность,энергия .............................132
§4.4.Кинетическаяипотенциальнаяэнергия ..................136
§4.5.Законсохранениямеханическойэнергии .................141
§4.6.Реактивноедвижение.Космическиескорости .............. 146
§ 4.7. Универсальный характер законов сохранения . . . . . . . . . . . . . 152
§ 4.8*. Движение тел переменной массы. Элементы
ракетодинамики...........................................159
§4.9.Примерырешениязадач ...............................164
§4.10.Задачидлясамостоятельногорешения...................172
Самоеважноевглаве4......................................174
Глава5.Статика..................................................176
§5.1.Условияравновесияматериальнойточки .................177
§5.2.Условияравновесиятвердоготела .......................183
§5.3.Принципминимумапотенциальнойэнергии............... 189
§5.4.Центртяжести .......................................195
§5.5.Элементыгидростатики................................198
§5.6.Примерырешениязадач ...............................201
§5.7.Задачидлясамостоятельногорешения....................205
Самоеважноевглаве5......................................207
Глава6.Механическиеколебанияиволны............................208
§ 6.1 . Универсальность законов колебательного и волнового
движения ................................................209
§ 6.2 . Кинематика и динамика гармонических колебаний.
Превращения энергии при гармонических колебаниях . . . . . . . . . . . 215
§ 6.3 . Гармонические колебания в простейших идеальных
колебательныхсистемах ....................................219
§6.4.Способывозникновенияколебаний ......................225
§ 6.5 . Преобразования энергии при затухающих колебаниях . . . . . . 228

261
§6.6.Вынужденныеколебания ..............................231
§6.7.Гармоническиеволны.Волновыепроцессы................236
§ 6.8. Интерференция и дифракция механических волн . . . . . . . . . . . 240
§6.9.Примерырешениязадач ...............................244
§6.10.Задачидлясамостоятельногорешения...................251
Самоеважноевглаве6......................................252
Ответыкупражнениям ............................................255
Ответыкзадачамдлясамостоятельногорешения.......................257

Учебное издание
Разумовский Василий Григорьевич, Орлов Владимир Алексеевич,
Никифоров Геннадий Григорьевич, Майер Валерий Вильгельмович,
Сауров Юрий Аркадьевич
ФИЗИКА
Учебник для 10 класса общеобразовательных учреждений
В двух частях
Часть 1
Зав. редакцией К. М . Шевченко; редактор В. А . Обменина;
зав. художественной редакцией И. А. Пшеничников;
художники В. Е . Филиппов, В.С . Давыдов, А.В. Марков;
художник обложки М. Л . Уранова; компьютерная верстка В. В . Гридчина;
корректор Т. Я . Кокорева, В. А . Обменина
Лицензия ИД No 03185 от 10.11.2000.
Санитарно-эпидемиологическое заключение
No 77.99.60 .953.Д.010192 .08 .09 от 28.08.2009 г.
Сдано в набор 15.08.08. Подписано в печать 18.03 .09.
Формат 70×90/16. Печать офсетная. Бумага офсетная. Усл. печ. л . 19,3.
Тираж 50 000 экз. (1 й завод 1–2 500 экз.) . Заказ No
.
Гуманитарный издательский центр ВЛАДОС.
119571, Москва, просп. Вернадского, 88,
Московский педагогический государственный университет.
Тел. 437 11 11, 437 25 52, 437 99 98; тел./факс 735 66 25.
E mail: vlados@dol.ru
http://www.vlados.ru
ОАО ПИК «Идел-Пресс».
420066, Республика Татарстан, г. Казань, ул. Декабристов, 2.

Для заметок

Для заметок