Text
                    МЕТОДЫ
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
В ОБЩЕМ КУРСЕ
ФИЗИКИ
МЕХАНИКА
е

УДК 531 ББК 22.2 К 66 Корявое В.П. К 66 Методы решения задач в общем курсе физики. Механика: Учеб. пособие/В.П. Корявов. — М.: Высш, шк., 2007. — 375 с.: ил. ISBN 978-5-06-005916-8 В учебном пособии подробно разобраны методы решения задач по курсу механики. Задачи систематизированы по разделам, каждый из которых предва- ряется кратким изложением теоретического материала. Для студентов технических вузов, а также преподавателей физики высших и средних учебных заведений. УДК 531 ББК 22.2 ISBN 978-5-06-005916-8 © ОАО «Издательство «Высшая школа», 2007 Оригинал-макет данного издания является собственностью издательства «Выс- шая школа», и его репродуцирование (воспроизведение) любым способом без согласия издательства запрещается.
ПРЕДИСЛОВИЕ Особенности преподавания физики в Московском физико-тех- ническом институте (МФТИ) заключаются, во-первых, в значитель- ности затрачиваемого времени (шесть семестров) и, во-вторых, в привлечении к преподаванию по совместительству сотрудников ис- следовательских физических институтов Российской академии наук и различных министерств, т. е. весьма квалифицированных специа- листов. Любая практическая деятельность физиков фактически сводит- ся к решению конкретных задач. Понимание этого привело к тому, что в процессе обучения и при проверке знаний на экзаменах на кафедре общей физики МФТИ большое внимание уделяется уме- нию решать задачи. Поэтому все экзамены включают письменные контрольные работы. О достаточной сложности предлагаемых задач свидетельствует то, что студентам на письменных экзаменах разре- шается пользоваться учебниками, книгами, конспектами и другими учебными пособиями. Придумывать новые задачи — обязательное требование к сотруд- никам кафедры общей физики. О нужном количестве задач можно судить, например, по тому, что в первом семестре, посвященном изуче- нию механики, надо предложить 20 задач (контрольная по первому заданию и экзаменационная работа по два варианта из 5 задач). Эта трудная работа (придумывание задач) проводится на кафедре более полувека. Накоплено много хороших задач. Практически исчерпа- ны все возможные варианты. Лучшие и показательные (представи- тельные) задачи вошли в три тома сборника задач под редакцией В.А. Овчинкина. В первом томе (Сборник задач по общему курсу физики / Под ред. В.А. Овчинкина. В 3 ч. Ч. 1. Механика. Тер- модинамика и молекулярная физика. — 2-е изд., испр. и доп. — М.: Изд-во МФТИ, 2002) содержится 1060 задач по механике. В предлагаемой книге систематизированы и приведены методы решения задач по механике. Полнота методов подтверждена ссыл- ками на все задачи упомянутого выше сборника. Каждый из 14 те- матических разделов начинается с краткого изложения основных теоретических результатов. 3
В.П. КОРЯВОЕ МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ В ОБЩЕМ КУРСЕ ФИЗИКИ МЕХАНИКА МОСКВА "ВЫСШАЯ ШКОЛА" 2007
В отличие от имеющихся задачников с решениями здесь воз- можно впервые сделан акцент на изложении методов решения задач и соответствующей систематизации. Предполагается, что основными читателями данной книги мо- гут стать преподаватели и студенты физических специальностей университетов и институтов, а также преподаватели школ. Более 40 лет автор имел возможность общаться с сотрудниками кафедры общей физики МФТИ и благодарен им за все полезное, что смог от них почерпнуть. Я благодарен заведующему кафедрой профессору А.Д. Гладуну за поддержку моей работы, А.В. Гуденко за полезные замечания, сделанные им после детального ознакомле- ния с рукописью книги. Весьма полезна для меня была помощь, которую я получил от Д.А. Александрова, за что я ему очень призна- телен. За помощь в издании книги выражаю большую благодар- ность Д.П. Корявову.
ВВЕДЕНИЕ Методы решений новых задач создаются на основе общих сведе- ний о рассматриваемых явлениях и известных методах решения по- хожих задач. Затруднения при решении задач следует преодолевать дополни- тельными усилиями, чтением учебников, беседой с однокурсника- ми, обсуждением на семинарских занятиях с преподавателями. Эта книга также может быть полезна, если самостоятельные упорные предварительные попытки найти решение задачи не дают результа- та. Автор старался, чтобы книга не была «решебником», а помогала бы освоить методы решения задач, проясняла бы трудные вопросы. Если человек не хочет научиться решать задачи, а стремится лишь к сдаче тетради с заданием, он найдет, откуда переписать решения, может быть и неправильные, и сделает это без настоящей пользы для себя. Автор надеется, что, воспользовавшись этой книгой, даже ленивый чему-нибудь научится. В общем курсе физики механика представляет раздел наиболее знакомый студентам по школьному курсу. Существенное отличие связано с использованием высшей математики. Поэтому важно как можно быстрее научиться пользоваться математикой, необходимой для решения конкретных физических задач. Отличие институтского курса от школьного связано также с включением в него разделов, посвященных вращательному движению твердых тел, неинерциаль- ным системам отсчета, теории относительности. Решение задач полезно проводить по следующему плану: 1) хорошо понять условие задачи, используя рисунки и допол- няя их затем по ходу решения; 2) обдумать условие задачи и возможные пути и варианта ре- шений; 3) используя нужные физические законы, выписать уравнения и, если они в векторном виде, то выбрать удобную систему коорди- нат и записать уравнения в проекциях; 4) выписать дополнительные условия, которые необходимы для решения задачи, и написать решение уравнений; 5) провести анализ результатов решения: по размерности, по 5
правильности предельных значений полученных зависимостей (с учетом области применимости решения), по разумности поряд- ков вычисленных величин (по грубым оценкам и здравому смыслу). В данной книге автор не стремился доводить решения конкрет- ных задач до численных результатов (за некоторым исключением). Важно было проследить цепочки задач, попытаться их систематизи- ровать и провести анализ различных вариантов. В скобках указыва- ются номера задач из «Сборника задач по общему курсу физики» под редакцией В.А. Овчинкина (Ч. 1. М.: Изд-во МФТИ, 2002), в которых возможно применение излагаемых методов решения. Наша цель — показать, как общие физические законы, которые будут кратко изложены, позволяют решить большое число задач.
1. КИНЕМАТИКА МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ Физика начиналась с наблюдения движений. Раздел физики, который занимается описанием движений без выяснения причин, их вызывающих, называется кинематикой. Движение — это смещение одного тела относительно другого, изменение их положений. Для определения положения и переме- щения тела необходима система отсчета — другое тело и связанная с ним система координат и часы. Простейшая и чаще всего упот- ребляемая система координат: прямоугольная трехмерная система (Декартова). Положение точек тела определяется радиусом-векто- ром г, который можно выразить через его проекции на оси коорди- нат (х, у, z): г = xi + yj + zk. (1.1) Здесь i, j, k — единичные векторы (орты) вдоль каждой оси коорди- нат. На рис. 1.1 показана эта система и две другие: цилиндрическая и сферическая. В цилиндрической системе в каче- стве координат используются: р — проекция г на плоскость (х, у), ф — угол между р и осью х, z — та же координата, что и в декартовых. Для плоско- стей перпендикулярных z система координат пе- реходит в двумерную, которая называется полярной. Она удобна при рассмотрении вращений относи- тельно оси (z). В сферической системе координат используются: длина радиуса-вектора г, полярный угол ф и угол 0 между осью z и вектором г. Эта система удобна, например, при расчете среднего импульса (давления) на площадку от ударяющих по ней частиц. Движение тела иногда достаточно хорошо ассоциируется с дви- жением одной его точки. Это возможно, если размеры тела значи- тельно меньше, чем происходящие перемещения тела. Такое тело называют точечным (в дальнейшем — точечной массой). Бывают слу- чаи, когда все точки перемещаются по одному и тому же закону (по- ступательное движение). Примером такого поступательного движения 7
является движение кабинок на «колесе обозрения», когда точки тела двигаются по окружностям одного и того же радиуса, но с разными центрами. В общем случае движение тела, в котором расстояние между любыми точками не меняется (абсолютно твердое тело), может быть описано по движению трех точек тела, не лежащих на одной прямой. Рассмотрим характеристики движения на примере движения то- чечного тела. Скорость — это предел отношения перемещения тела Аг = г2 — Г] к интервалу времени А/ = /2 — за которое оно проис- ходит, при стремлении этого интервала к нулю (соответствует опре- делению производной, в данном случае производной радиуса-век- тора по времени) V = lim Аг/А/. (1.2) Л/->0 Ускорение — это первая производная по времени от скорости и вторая производная от радиуса-вектора (перемещения) а = dy/dt = d^/dt1. (1.3) Интегрирование — это суммирование по бесконечно малым ин- тервалам. Например, для перемещения тела получаем 2 Аг = г2 - г, = lirn у,А/ = | ydt. (1.4) Путь также интеграл, но от абсолютной величины: 2 S = \vdt. (1.5) 1 Линия, по которой движется точка, называется траекторией. В частности можно представлять ее в параметрическом виде (в зави- симости от времени) х= x(Z), у = y(t), Z = z(t). (1.6) Зависимости между координатами находим, исключая время. Откладывая вектор скорости из начала координат, получаем ли- нию движения его конца (скоростной точки), которая называется годографом. Очевидно, что вектор скорости через его проекции на оси координат записывается следующим образом: v = vxi + vy] + vzk. Для абсолютной величины скорости имеем / 2 2 2 \*/2 V = (^+^+^) ‘ (1.7) (1.8) 8
Средняя скорость движения всегда равна пройденному пути, де- ленному на время, затраченное на этот путь. Следует отметить, что усреднение по времени (один час со скоростью а второй со ско- ростью v2) дает среднее арифметическое значение, а по расстоянию (один отрезок пути со скоростью v}, а затем, например, такой же отрезок со скоростью v2) дает « = 2r1r2/(w| + v2). Простейшая задача состоит в нахождении одних характеристик движения по другим. Для примера рассмотрим прямолинейное одно- мерное движение. Линию движения примем за ось координат х. На- чальная координата точки х0 Точка может двигаться в положитель- ном или отрицательном направлении оси. Вначале рассмотрим слу- чай линейной зависимости координаты от времени (равномерное движение) x = xo±vot. (1.9) Здесь vQ — положительный постоянный коэффициент. Дифферен- цирование по времени показывает, что это скорость точки v^+vQ. (1.10) Следующее дифференцирование дает ускорение а = 0. (1.И) Путь вычисляем по (1.5) 5 = vot. Результаты приведены на рис. 1.2. Они описывают равномерное движение с постоянной скоростью. По одной из этих зависимостей можно с помощью формул (1.2)—(1.5) пост- роить другие. Отметим, что в данном случае скорость и ускорение не зависят от х. Для квадратичной (параболической) зави- симости координаты точки от времени х = х0 + vot + (a/2)t2 (1.13) получаем v = vQ + at, (1-14) и ускорение равно той постоянной а, кото- рую мы использовали в параболической за- висимости. Движение называется равноуско- ренным. Графики изменения функций зави- сят от знака ускорения и начальной скорости. (1-12) 9
На рис. 1.3 графики для равноускоренных движений, при которых ускорение и начальная скорость либо оба положительны, либо оба отрицательны. Пути при этом одинаковые. На рис. 1.4 результаты для случая разных знаков у ускорения и скорости. Обратим внима- ние, что экстремумы координат соответствуют скорости, равной нулю, и что пути опять одинаковы. В случае равноускоренного движения ускорение не зависит от координаты, а скорость меняется с х. Чтобы получить связь между скоростью и координатой, напишем а = dv/dt~ (dv/'dx){dx/dt) = vdv/dx. (1-15) Интегрируя, получаем "ro)/2 = «(x-x0). (116) В дальнейшем выяснится, что это энергетическое соотношение. Представляет интерес рассмотреть переход от одного типа дви- жения к другому. На рис. 1.5 показано, как происходит переход от квадратичной зависимости координаты от времени к линейной. Для ю простоты квадратичная зависимость взята с нулевыми начальными значениями коорди- наты и скорости. В момент ty скачком ме- няется ускорение. Это приводит к излому зависимости скорости. Непрерывность ско- рости требует гладкости (непрерывности наклона) в зависимости координаты от вре- мени (№ 1.1, 1.2). Отметим, что при движении с перемен- ным ускорением скорость экстремальна при обращении ускорения в ноль (№ 1.3).
Сложение двух равномерных или равноускоренных движений, происходящих по двум взаимно перпендикулярным осям (плоское движение), приводит к тем же результатам, что и выше, если соот- ветствующим образом выбрать новую ось. Рассмотрим задачу о сложении равномерного и равноускоренного дви- жений точечного тела (точки) по двум взаимно перпендикулярным осям. По оси х движение равномерное: х = ц, t; v = v', а =0. По оси у движение равноускоренное: У = V - (g/2V2; vy = % ~ Sf, ay = -g = const. (1.17) Начальные координаты считаем равными нулю. Приведенными зависимостями описывается движение снаряда в поле тяжести, кото- рое направлено противоположно направлению вертикальной оси у. Из (1.17) находим время подъема на максимальную высоту (из ус- ловия v = 0) (1 — и величину максимального подъема Утах = Vo\/(2^)- Уравнение траектории представляет собой параболу Д; = (^Лох)^-^7(М)- (1-18) Вводя модуль полной начальной скорости и0 и угол <р наклона вектора полной начальной скорости к оси х, получаем у - х tga - gx^lfal cos2 a). (1.19) Дальность полета х = гл, It — 2n, vn /g = (vn)2sin(2<p)/g. (1-20) Видно, что дальность полета максимальна при <р = 45°. Следует подчеркнуть, что ускорение движения точки постоянно и равно —g. Полная скорость уменьшается (как и угол ее наклона к горизонта- ли) при подъеме и равна горизонтальной на максимальной высоте. Усложнение задачи может быть связано с полетом точки не над горизонтальной поверхностью, а над заданной некоторым уравне- нием, например, наклонной (№ 1.4, 1.5). Решая систему уравне- ний: траектория движения точки (1.19) и уравнение поверхности и
(например, у = х), определяем координату точки пересечения из уравнения cos2 а) ~ + 1 ] = 0. Отсюда одна точка пересечения х = 0, а другая х = 2vl cos2 a(tga - l)/g. Затем можно решать задачу о максимальных значениях коорди- наты в зависимости, например, от угла, под которым вылетает тело. Для этого производную координаты по углу приравниваем нулю. В данном случае максимальное значение х получаем при а = Зл/8. Задачи о попадании тела в некоторую точку (неподвижную или движущуюся по заданному закону) решаются подстановкой коор- динат этой точки в уравнение движения тела. В случае движущейся точки надо иметь в виду, что траектории тела и точки пересекаются в один и тот же момент времени. При упругом ударе точечного тела о горизонтальную, вертикаль- ную или наклонную поверхности будем считать, что угол между на- правлением скорости после удара и нормалью к поверхности равен углу между начальным направлением скорости и нормалью к по- верхности. Модуль скорости не меняется. Величина и направле- ние скорости после удара определяют дальнейшее движение. В слу- чае вертикальной стенки движение происходит по линии, которая симметрична относительно стенки той линии, по которой бы дви- галось тело в отсутствии стенки (№ 1.9). Рассмотрим задачу о движении точки по окружности. При этом удобно воспользоваться полярными координатами. Угловой скорос- тью со называется скорость изменения угла ср, который составляет радиус-вектор точки (выходящей из центра вращения) с осью х: со = dq/dt. (1-21) Для углового ускорения имеем: Р = dw/dt = dfy/df1. (1-22) Связь между линейной и угловой скоростями при вращении получаем, выражая смещение по дуге окружности через радиус ок- ружности А и изменение угла: v = dqR/dt — ciR. (1-23) Чтобы написать эту связь в векторном виде, необходимо напом- нить о произведениях векторов. 12
Скалярное произведение двух векторов а = axi + ayj + n,k и b = bxi + by] + Лк равно ab = a b + a b + a b = abcosa. хх у у г г Это произведение — число (скаляр). Угол а — это угол между век- торами а и Ь. Векторное произведение представляет вектор, который вычисля- ется с помощью определителя следующим образом: с = а х b = z ах Ьх = («Л " azby\l + (azbx - axbzY) + (axby - aybx)k. (1-24) Вектор с направлен перпендикулярно плоскости, в которой ле- жат векторы а и Ь, в ту сторону, куда движется правый винт при вращении его головки, лежащей в плоскости (а, Ь), от а к Ь. Абсо- лютное значение вектора с определяется формулой с=ab sin а. Направление с зависит от порядка сомножителей и меняется на противоположное при их перестановке. Вектор угловой скорости со лежит на оси вращения. Его на- правление зависит от используемой системы координат. В так на- зываемой правой системе координат связь вектора угловой скоро- сти с углом поворота (направлением вращения) такая, как для обыч- ного винта — при повороте по часовой стрелке он удаляется от нас (рис. 1.6). В левой системе координат — на- правление противоположное. Векторы такого типа называется аксиальными, или псевдо- векторами, в отличие от обычных векторов, какими являются радиус-вектор, скорость, ускорение (направление которых не зависит от используемой системы координат). Если пользоваться всегда правой системой коор- динат, то указанное различие векторов про- являться не будет. 13
Связь между линейной и угловой скоростями и радиусом-векто- ром, проведенным из центра вращения в данную точку, при движе- нии точки по окружности радиусом R имеет вид v = го х R. (125) Линейная скорость при вращении меняется по направлению, но может меняться и по величине, если угловое ускорение отлично от нуля. В таком случае ускорения точки: нормальное (перпендикуляр- ное направлению скорости) ал = со х v = —co2R = -v2R/R2 (1.26) и тангенциальное (в направлении скорости) аг = {dv/dt^/v. (1.27) В целом полное ускорение для движения в плоскости а = йтт + а^п. (1.28) Здесь т — единичный вектор в направлении v, н — единичный век- тор в направлении, перпендикулярном v. Если движение точки происходит не по окружности, а по неко- торой плоской кривой линии r(t), то ускорение точки описывается (1.28), и при вычислении нормального ускорения в формулу (1.26) надо подставлять радиус кривизны линии, по которой движется точка (рис. 1.7). Важной особенностью движения точки по окружности с посто- янной угловой скоростью является периодичность, повторяемость положений. К периодическим движениям относятся также колебания — точ- ная повторяемость движения через некоторое время Т, называемое периодом. Один из примеров колебательного движения — подпры- гивание стального шарика на стальной плите. Другой пример коле- бания — маятник или качели. Такие движения можно считать пери- одическими только, если малы потери энергии. 14
Колебания называются гармоническими, если они описываются гармоническими функциями — синусами и косинусами. В общем гармоническое колебание можно записать в виде у = й sin (со/ + <р). (1-29) Здесь а — амплитуда колебаний; со — круговая частота, ф — началь- ная фаза; t — время. Связь между обычной частотой v (число коле- баний за одну секунду (герц)), круговой частотой и периодам коле- баний Т. 7= 1/v = 2л/со. (1.30) Отметим, что скорость и ускорение, которые получаются диф- ференцированием (1.29), также являются гармоническими функци- ями. Если задано гармоническое изменение ускорения, а скорость и перемещение определяются интегрированием, то необходимо учи- тывать начальные значения скорости и смещения, которые услож- няют соответствующие зависимости. Гармоническое движение по оси у с периодом Тможно сложить с равномерным по оси х. В координатах (х, у) получаем синусоиду. В осциллографах придумали использовать повторяющееся равно- мерное движение по оси х (пилообразное напряжение), при котором равномерное движение длится некоторое время т, а затем начинает- ся снова с нуля (мгновенно перескакивает). Это позволяет при со- впадении х с Т получить на экране осциллографа изображение си- нусоиды за один период, остановить время. Если т в два раза боль- ше Т, то видны будут два периода. При меньшем т, например, в два раза видны будут сразу две части синусоиды (№ 1.7). Сложение двух гармонических движений (по обеим осям) дает так называемые фигуры Лиссажу, которые можно наблюдать на ос- циллографе. Их обычно используют для определения неизвестной частоты вдоль одной координаты по известной вдоль другой. Две одинаковые по частоте и амплитуде синусоиды при одинаковой начальной фазе дадут прямую линию с наклоном 45°, а при сдви- ге фаз на л/2 — окружность. При различных амплитудах прямая линия меняет наклон, а окружность превращается в эллипс. Ре- шение подобных задач удобно проводить геометрически: вдоль каждой оси нарисовать зависимости от времени и находить точки в плоскости (х, у), соответствующие каждому моменту времени. На рис. 1.8 показано сложение гармонических колебаний. По оси у период в два раза больше, чем по оси х. Соответственно частота в два раза меньше. Колебание по оси х отстает от колебания по 15
У, У Рис. 1.8 оси у по фазе на л/2. В результате получаем фигуру Лиссажу, похожую на восмерку. Рассмотрим движение в плоскости (х, у), которое описывается гармоническими зависимостями координат от времени: х = R cosat; у = 7? sin со?. Здесь R и со — постоянны. Исключая время t, находим траекторию движения (окружность): у2 + х2 = R2. Так как у/х = tg(cor), то видно, что (со/) — это угол поворота радиуса-вектора R и, следовательно, со — угловая скорость враще- ния. Возможно, что название круговая частота связано с этим ре- зультатом. Дифференцируя у и х по времени t, находим V = {(г )2 + (г;)2}1'2 = со/?. Для компонент ускорения получаем о* = —со2х, а = —со2у. Откуда а = {(а) 2 + (ау)2}1/2 = со2/? = v2/R и а = —co2R. Ускорение направлено в центр окружности. При разных амплитудах изменения х и у получается движение по эллипсу. При постоянном со и в этом случае получаем: а = —со2г 16
(г — вектор с компонентами хну), и вектор ускорения постоянно направлен в центр (а не в фокус) эллипса. Величина ускорения ме- няется вместе с г. Только в четырех точках на эллипсе (пересечени- ях с осями координат) ускорение имеет лишь нормальную к траек- тории движения компоненту ускорения. Для движения по эллипсу с полуосями х0 и у0, которое описывается уравнениями х = х, cos со/; у = у. sin юг, скорости в этих точках равны: V = -хосоу/уо; vy = уосох/хо. Видно, что движение происходит против часовой стрелки и со не является мгновенной угловой скоростью. В точке пересечения тра- ектории с осью х (у = 0) 2 2 2 2 с7„=со%; v2=co2yo и в точке пересечения с осью у (х = 0) 2 2 2 2 а„=(Л2у0; г2=со2х^. Для нахождения радиуса кривизны линии, описываемой зависимостью у(х), воспользуем- ся тем, что бесконечно малый элемент кривой линии ds можно аппроксимировать элементом окружности. Радиус этой окружности является радиусом кривизны кривой Ryp в этой точке. Используя рис. 1.9, получаем связь длины бес- конечно малого элемента линии с изменения- ми координат, наклоном линии и радиусом кривизны. Для угла наклона линии а имеем: Рис. 1.9 tga = dy/dx = у'. Получаем: ds = R^da = {(dx)2 + (dy)2}1'2 = с/х{1 + у'2}*/2. Вторая производная у(х) равна у" = (da/dx)/cos2 а. Так как cosa = dx/ds и l/cos2a = 1 + tg2a = {1 + у'2}, то \Р = {1 +/2}3/7/'- (1-31) Более простые способы нахождения радиусов кривизны могут быть использованы, еслтг известны величина скорости и нормаль- 17
ная к направлению скорости компонента ускорения. По ним нахо- дим радиус окружности, на которой они имели бы такие значения при движении по окружности. В рассмотренной выше задаче о дви- *] жении по эллипсу удается простым дифференцированием найти ско- рости и ускорения. В точках пересечения с осями координат уско- рения нормальны к направлениям скоростей. Для радиусов кривиз- ны эллипса в этих точках получаем Ri ~ Уо /•хо ’ ^2 = Ха/Уа • (1-32) Полученные зависимости для радиусов кривизны эллипса в точ- ках пересечения с осями координат позволяют решить задачу о вы- числении ускорений в этих точках и при движении по эллипсу с постоянной линейной скоростью V. * а\ = »2хо/у1; аг = v2yJxl- 0-33) Легко определяется и кривизна баллистической кривой (траекто- рии полета снаряда в поле тяжести) в точке максимального подъе- ма. Ускорение везде одинаково направлено вертикально вниз и рав- но g. Скорость равна горизонтальной скорости, которая постоянна и равна горизонтальной компоненте начальной скорости v(. cos ср. Поэтому радиус кривизны равен (v0coscp)2/g. Задача о сложении скоростей может возникнуть и при движении по одному направлению. Например, автобус едет по дороге, а внут- ри автобуса идет человек. Скорость человека относительно дороги равна сумме скоростей автобуса (переносная) и человека относи- тельно автобуса (относительная). Общий принцип векторного сло- жения переносной и и относительной v' скоростей (принцип Гали- лея) является обобщением опытных фактов при не слишком боль- ших скоростях движения: v = u + v'. (1-34) Можно ввести системы отсчета, связанные, например, с доро- гой и с автобусом и говорить о переходе от одной системы к другой. При этом по Галилею время абсолютно, т. е. одинаково в обеих системах. Иногда простые задачи вызывают затруднение, которое мгно- венно преодолевается при переходе в нужную систему отсчета. Воп- рос о скорости, получаемой мячом, первоначально лежащим непод- вижно на дороге, в результате упругого удара бампером автомобиля, движущегося со скоростью v, решается переходом в систему, дви- жущуюся с автомобилем (мяч налетает со скоростью v и отскакива- 18
ет с такой же скоростью), а затем обратно в систему, связанную с дорогой. В результате скорость мяча будет 2v. В другой задаче о нахождении минимального расстояния между двумя кораблями, если заданы их скорости (постоянные по величи- не и направлению), достаточно перейти в систему, движущуюся с одним из кораблей. Траектория другого корабля в этой системе пря- мая линия, определяемая разностью скоростей, первого — непод- вижная точка. Рассмотрим задачи, в которых точка вращается по окружности, центр которой движется с постоянной скоростью в плоскости враще- ния (относительное движение по окружности и переносное с по- стоянной скоростью). Например, колесо радиусом R движется горизонтально со скоро- стью w (скорость центра колеса) и вращается с угловой скоростью со. Точка А на ободе описывает в плоскости некоторую траекторию. В системе координат (х', у'), связанной с центром колеса, движение точки А, находящейся на ободе и в начальный момент занимающей самое низкое по у' положение, при вращении по часовой стрелке описывается уравнениями х' = — Tisinco/; у' = — 7?coscd/. (1.35) Так как эта система движется относительно системы (х, у) со скоро- стью и, а начальное положение точки А в начале координат, то x = ut + x' = ut- 7?sin cor; ,, „ (1.36) у = R + у’ = R — R cosco/. Угловая скорость вращения колеса со и скорость движения его центра и могут задаваться независимо. Для практических целей ва- жен случай качения колеса без проскальзывания (№ 1.16). В этом слу- чае, используя угол поворота колеса ср = со/ и соотношения и t = срR и и — v = соR, из уравнений (1.36) получаем х =R((p — sincp); у = R(1 — coscp). (1.37) В плоскости (х, у) движение точки А описывается циклоидой (рис. 1.10), уравнение которой получается, если исключить из урав- нений (1.37) угол ср. Устройство колеса вагона электрички, идущей, например, из Москвы в Долгопрудную, таково, что на колесе есть точки, скорос- ти которых имеют горизонтальную компоненту, направленную в сторону Москвы (противоположно направлению движения элект- рички). Это точки колеса, которые лежат ниже опорной поверхнос- 19
ти колеса. Для таких точек циклоида _______ имеет вид, показанный на рис. 1.11: х ~ ^?(ф ~ sintp) — A sirup; Л__________________Д в у = 7?(1 — costp) — Acostp. U U * Здесь h + R — расстояние точки от оси Рис’ ' вращения, R — радиус опорной части колеса. Путь, проходимый точкой на ободе за полный оборот (длина циклоиды), можно вычислить по интегралу скорости (№ 1.17), или смещения, например, из (1.37) ds = (dx1 + Jy2)l/2 = 2R sin (<p/2)</<p. После интегрирования получаем путь, равный 87?. Кривизну циклоиды можно определять по общей формуле (1.31). Но в некоторых точках кривизна находится более простыми спо- собами, основанными на связи нормального ускорения точки со скоростью и радиусом окружности, по которой движется точка (1.26): ап = ю27? = v2/R. (1.39) Для колеса, вращающегося с постоянной угловой скоростью, нормальное ускорение точки на ободе является полным ускорени- ем, всегда направлено в центр колеса и равно (1.39). Переносное движение с постоянной скоростью (и — mR для движения без про- скальзывания) ускорения не изменяет. В вершине циклоиды точка на ободе (А2 на рис. 1.10) относительно поверхности, на которой находится мгновенный центр вращения, имеет скорость 2гл Поэто- му для радиуса кривизны получаем соотношение ап = v2/R=(2v)2/R^. Отсюда радиус кривизны равен 47? (№ 1.14). 20
Для определения линейных скоростей точек колеса можно про- сто сложить относительные и переносные скорости (№ 1.15). Но можно найти мгновенный центр вращения, с помощью которого затем находится распределение линейных скоростей так же, как в случае вращения относительно обычного центра вращения. На- помним, что рассматривается плоское движение и мгновенный центр вращения представляет пересечение мгновенной оси с пер- пендикулярной к ней плоскостью движения. В случае качения ко- леса без проскальзывания — это точка соприкосновения колеса с поверхностью, по которой катится колесо и вместе с ним переме- щаются мгновенная ось и мгновенный центр. На рис. 1.12 это точка О. Стрелками показаны линейные скорости в разных точках (№ 1.13, 1.15). При качении без проскальзывания для переносной скорости и и линейной скоростью v на ободе колеса радиусом R, вращающе- гося с угловой скоростью о, имеем связь и = v = соА. Отметим, что на дуге ab (радиусом R из мгновенного центра вращения) линей- ные скорости равны и. Подчеркнем, что вращение вокруг мгновенного центра опреде- ляет только линейные скорости (как при вращении относительно неподвижной оси). Перемещение центра не позволяет находить ус- корения. Полное ускорение при постоянной скорости вращения всегда направлено к центру колеса и равно U-/R. При повороте на угол <р (точка Л, на рис. 1.10) для горизонтальной составляющей ускоре- ния получаем аг = (и2/A) sin<p, для вертикальной ав = (u2/R) coscp (№ 1.19). В точке Л3 на рис. 1.10 радиус кривизны для качения без про- скальзывания определяем, пользуясь тем, что известно полное ус- корение а (всегда направленное в центр колеса и равное v2/R), а также направление и величина линейной скорости v3 = v*J2 (О2 — мгновенный центр вращения), к которой нормальное ускорение перпендикулярно и определяется (1.39). Тогда для радиуса кривиз- ны получаем Акр = 2>j2R. Что также следует из того, что точка О2 является мгновенным центром вращения. В случае качения колеса с проскальзыванием, когда оно вращает- ся с угловой скоростью <0 и переносится со скоростью и (№ 1.20), для нахождения радиуса кривизны снова воспользуемся (1.39). Так как полное ускорение точки направлено по радиусу А к центру ко- леса (а = (£>2R независимо от того, покоится центр колеса или дви- 21
Рис. 1.12 жется с постоянной скоростью), используя, что полная скорость равна v = (и2 + (О2/?2)1'2, для нормальной к направлению скорости компоненты ускорения получаем (рис. 1.13) ап = flcosa = со2/? ioR/v = w37?2/{«2 + го27?2},/2. Окончательно /?кр = {и2 + tfR^/^R2). Один из практических вопросов при движении автомобиля по грязной дороге: на каком расстоянии держаться от идущего впереди со скоростью и автомобиля, чтобы не попасть под вылетающую у него из-под колес грязь? В системе отсчета, движущейся вместе с автомобилями, максимальная дальность полета грязи определяется формулой баллистического полета (1.20) L — u2/g. Другой вопрос: на какую максимальную высоту может быть заброшена грязь (№ 1.18)? Из (1.37) получаем вертикальную скорость dy/dt = 7? sin ср (c/cp/cZZ) = wsin<p. (1-40) Для высоты подъема, используя (1.17), получаем h = у + (nsin<p)2/(2g). (1-41) Здесь у определяется из (1.37). Максимальное значение находим из условия dh/dq = 0, которое дает cos<p = — Rg/u2. (1-42) 22
По условию и2 > Rg и, следовательно, такой угол существует, что приводит к Лтах = R + u7(2g) + g/?2/(2«2). (1-43) До сих пор рассматривались задачи, в которых центр колеса дви- гался по прямой линии. При движении центра колеса, например, по баллистической кривой полное ускорение точки обода представляет сум- му ускорения за счет вращения и ускорения свободного падения g. Кривизну траектории точки обода в момент ее максимального подъема можно найти по скорости, равной сумме горизонтальной скорости центра колеса (в № 1.21 — диск), которая постоянна и равна сумме начальной скорости (v0cosa) и скорости за счет вращения (inR). Ради- ус кривизны в таком случае R^ — (v0cosa + (£>R)2/(to2R + g). Рассмотрим сложение вращения колеса с движением его центра по окружности. Точка обода вращается с угловой скоростью со' от- носительно системы координат (х', у'), а эта система поступательно движется в ко- ординатах (х, у) по окружности с угловой скоростью со. На рис. 1.14 представлено такое движение. Положение точки А в системе координат (х', у') описывается уравнениями х' = r'coscp'; у' — r'sincp'. (1-44) В системе (х, у) точка А через некото- рое время t переходит в положение Ах. Ее движение описывается уравнениями: х = reosep + r'coscp'; у = rsinep + r'sincp', (1-45) где ср' = со'/; ср = со/. Если в подвижной системе вращение отсутствует (со' = 0), то точка А движется по окружности радиусом г. Каждая точка обода движется по окружности такого радиуса. Центры их, соответствен- но, в разных точках. Картина движения, как для точек кабины «ко- леса обозрения». Если со' = со, то точки обода вращаются по окруж- ностям, радиусы которых определяются их расстоянием от начала координат (х, у). Например, точка А движется по окружности ради- усом г + г'. Теперь рассмотрим сложение вращений. Колесо вращается в сис- теме координат (х', у') с угловой скоростью со', а эта система враща- ется в координатах (х, у) с угловой скоростью со. Если оси вращения 23
совпадают, как показано на рис. 1.15, то очевидно, что угловая ско- рость вращения обода относительно системы координат (х, у) равна сумме угловых скоростей: £2 = со + (£>'. Удобно точку на ободе отме- тить радиусом-вектором г' и следить за вращением этого вектора. Если оси вращения не совпадают, как показано на рис. 1.16, то поворот вектора г' относительно координат (х, у) определяется толь- ко относительным вращением системы координат (х', у7) и вращени- ем в этой системе. Перемещение же начала координат подвижной системы на вращение г' не сказывается. Таким образом, угловая ско- рость вращения вектора г' в неподвижной системе (х, у) равна сумме угловых скоростей переносного вращения со и относительного со7: £2 = со + со7. (Е46) Движение оси относительного вращения приводит к перемеще- нию оси суммарного вращения. Если известны в некоторый момент времени положения осей складываемых вращений, то мгновенное положение оси суммарного вращения находим из условия равен- ства нулю на ней суммарной линейной скорости. Рассмотрим для примера вращение Венеры вокруг собственной оси и вокруг Солнца (№ 1.10). При вращении Венеры относительно неподвижной системы (относительно звезд) с периодом Т} угловая скорость £2 = 2л/ Тг Угловая скорость орбитального движения с пе- риодом Т2, как показали измерения, направлена противоположно £2 и равна со = —2рл/ Тг Обозначая продолжительность солнечных су- ток Т, для угловой скорости в подвижной системе координат, свя- занной с Солнцем, имеем со7 = 2 л/7. Из (1.46) 1/Т = 1/7^ + 1/72. Можно решать эту задачу другим способом. На рис. 1.17 показа- на Венера в системе, связанной с Солнцем. Вычисляем линейные 24
Рис. 1.18 скорости в точках А и В и по ним угловую скорость относительно неподвижных звезд: Q = |со(7? — г) + (о'г — ш(/? + г) + (о'г]/(2г) = со — со'. Аналогичным образом можно определить скорость, с которой движется тень Луны по земной поверхности во время полного сол- нечного затмения, если оно наблюдается на экваторе. Для простоты считаем, что Солнце, Земля и Луна находятся в одной плоскости (рис. 1.18), а земная ось к этой плоскости перпендикулярна (№ 1.11). Скорость света считаем бесконечно большой по сравнению со все- ми остальными скоростями. Радиус лунной орбиты /?л = 3,8 105 км. Подчеркнем, что для простоты решения важно выбрать подхо- дящую систему координат. В данном случае систему координат удоб- но связать с линией, соединяющей центры Земли и Солнца. В этой системе скорость движения поверхности Земли за счет собственно- го вращения гп = Т-Кг/Т^ (г —радиус Земли, Тс — продолжитель- ность, сут), скорость вращения Луны вокруг Земли гл = 2nRn/Tn. Здесь расстояние от Земли до Луны /?л = 60г, Тп — время обраще- ния Луны вокруг Земли ~28 сут. Для правильного представления о рассматриваемой системе следует привести расстояние от Земли до Солнца R = 23485г, радиус Луны гл = 0,273г, радиус Солнца гс = 109г. Если бы не было суточного вращения Земли, то тень Луны по по- верхности Земли передвигалась бы со скоростью г»л, так как рассто- яние от Солнца до Земли много больше, чем расстояние от Луны до Земли. Учитывая собственное вращение Земли, которое происхо- дит в ту же сторону, что и вращение Луны, получаем Чени = Ч - Ч = 2^R»/Tn ~ Г/ТС> = 0>5 КМ/С- Движение начала координат подвижной системы нужно учиты- вать при вычислении линейной скорости точки А на рис. 1.16. Поло- жение точки А в системе координат (х, у) определяется вектором г = г0 + г'. (1-47) 25
Вектор г' в подвижной системе можно представить как г'— x'Y + y'j'. (1-48) При дифференцировании его по времени надо учесть, что орты подвижных осей вращаются с угловой скоростью со. Тогда получаем dV/dt = со х i'; d\4dt = ю х j'. (1-49) Для скорости точки А получаем v = dr/dt = drjdt + 8г'/8/ + со х г'. (1.50) Рассмотрим сложение вращений, когда угловые скорости враще- ний пересекаются в одной точке под некоторым углом. Мгновенная скорость суммарного вращения получается геометрическим сложе- нием переносного и относительного вращений: £2 = со + о/. (1-51) Примеры таких вращений — это качение колеса с поворотом или конуса по плоскости или другому конусу. Мгновенную ось сум- марного вращения находим из условия равенства нулю на ней ли- нейных скоростей. В случае отсутствия проскальзывания мгновен- ная ось вращения лежит на поверхности, по которой катится колесо или конус. На рис. 1.19 показано колесо радиусом г, которое вокруг своей оси вращается с угловой скоростью со и поворачивает по ок- ружности радиусом R с угловой скоростью Q. При отсутствии про- скальзывания скорость центра колеса v = гю = 7?£2. Отсюда получаем связь между скоростями и углами, из которой следует, что полная угловая скорость юп направлена через точку со- прикосновения колеса с плоскостью. Качение колеса является движением тела конечных размеров, если следить не только за одной точкой обода. Рассмотрим другой пример плоского движения тела конечных размеров. <0 J lESE" ____R___ Рис. 1.19 26
Простейший пример — лестница длиной I, прислоненная к стене под углом а к полу. Найдем мгновенную ось вращения, если лест- ница начнет скользить по стене и полу. Так как скорости концов лестницы направлены по стене (ось у) и полу (ось х), то мгновенная ось вращения — пересечение перпен- дикуляров к полу и стенке из концов лестницы. Отметим, что сред- няя точка лестницы (центр масс) будет двигаться по дуге окружно- сти, радиус которой равен половине длины лестницы.
2. ДИНАМИКА МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ. СТАТИКА Движение тела определяется взаимодействием с другими телами (либо полями, которые они создают). Мерой взаимодействия явля- ется сила. Для определения этого понятия можно воспользоваться советом известных физиков (Зоммерфельда и Фейнмана). Лучшим определением любого физического понятия является указание на способ его измерения. Силы можно мерить с помощью пружин или весов. Сила — векторная величина. Примеры сил, которые встре- тятся в задачах: притяжение к Земле, натяжение пружины, силы сопротивления и трения. Первый закон Ньютона, который называют также законом инер- ции: тело, на которое не действуют другие тела, неподвижно или движется с постоянной скоростью. Этим утверждением отбирают системы отсчета, называемые инерциальными, где это выполняет- ся, и для которых формулируется второй закон Ньютона. В неинер- циальных же системах отсчета, например вращающихся, свободные тела имеют ускорения и сложное движение. Во времена Аристотеля, основываясь на некоторых эксперимен- тальных фактах, считали, что скорость, например, при перемеще- нии груза по поверхности Земли пропорциональна силе. Более ак- куратные эксперименты позволили Ньютону сформулировать вто- рой закон. Ньютон ввел массу как произведение плотности на объем. Для нас масса новое понятие, характеризующее инерционность тела при поступательном движении. Для измерения массы, например, в условиях невесомости на спутниках используют второй закон Нью- тона. Второй закон Ньютона, который является основным уравнением динамики, заключается в том, что получаемое телом ускорение а пропорционально приложенной к телу силе F. Коэффициент про- порциональности — масса т, как уже сказано, характеризует инер- тность тела ma = F. (2.1) 28
Ускорение выражается через скорость v и перемещение — изме- нение радиуса-вектора г, определяющего положение тела, а = dy/dt = d'r/dt1. (2.2) Поэтому уравнение движения тела (2.1) можно записать в виде обыкновенного дифференциального уравнения первого порядка от- носительно скорости: mdy/dt = F (2.3) либо в виде обыкновенного дифференциального уравнения второго порядка относительно вектора г(/): md2r/dt2 = F. (2.4) Используя понятие массы т, получаем новое важное понятие — импульс: р = mv. (2.5) Новой по сравнению со школьной программой для студентов является запись второго закона Ньютона в виде дифференциально- го уравнения для импульса, которое часто удобнее использовать, например, для описания движений тел с переменной массой: dp/d/=F. (2.6) Второй закон Ньютона — это дифференциальное уравнение движе- ния. Для получения закона движения надо решить это уравнение — проинтегрировать. Приведенные обыкновенные дифференциальные уравнения мо- гут быть проинтегрированы, если, например, известна зависимость F(v) или F(r) и заданы дополнительные условия. В частности, до- полнительными могут быть начальные условия: одно для уравнения первого порядка и два для уравнения второго порядка. Если же из- вестен закон движения r(t), закон изменения скорости y(t) или им- пульса р(/), то, используя закон Ньютона, можно найти действую- щую силу. Первый и второй законы Ньютона относились к одному телу, на которое действовала сила от каких-то других тел. Третий закон уста- навливает взаимодействие между телами: действие равно противо- действию. Отметим, что при конечной скорости передачи действия (силы) этот закон нарушается. Если размеры тела малы по сравнению с перемещениями, т. е. его положение можно характеризовать одной точкой, то оно назы- 29
вается материальной точкой. В этом разделе рассматриваются тела, динамика которых определяется одной точкой. Главным, особенно при рассмотрении системы тел, является обозначение всех сил (полезно пользоваться рисунками), а затем использование второго закона Ньютона и проектирование уравне- ния на подходящие оси координат. Простейшим является прямолинейное движение вдоль одной ко- ординаты, например х. В случае постоянной силы и постоянной массы тела при извест- ной начальной скорости v0 и начальной координате х0 получаем: а = F/m\ v = v0 + at, х = х() + vot + at2/2. (2.7) Примером постоянной силы может быть сила тяжести вблизи поверхности земли (а = g) либо сила трения при движении по ше- роховатой горизонтальной поверхности (FTp = kmg). В последнем случае сила трения уменьшает скорость г0, которая была в точке с координатой х0 при t = 0. а = -kg', v= v0- kgf, x = x0 + vQt- kgt2/2. (2.8) В некоторых случаях удобно (2.3) переписать для одномерного случая в виде: mdv/dt= m(dv/dx)(dx/dt) = mvdv/dx— F. (2.9) Отсюда, разделяя переменные, получаем vdv = (F/m)dx. (2.10) При движении тела в жидкости (или по ее поверхности) сила сопротивления, направленная против скорости, может быть пропор- циональна величине скорости (до некоторых значений, а при боль- ших значениях скоростей ее квадрату): F=Pv. (2.11) Из (2.3) получаем dv/v = —$dt/m. (2.12) Интеграл этого уравнения In v = —p//m + const. (2.13) В случае задания начальной скорости v — v0 при t = 0 (№ 2.31) имеем v = гое_Р'/,'и. (2.14) 30
Видно, что скорость стремится к нулю только при бесконечном времени. Используя (2.10), получаем v — v0 — $х/т. (2.15) Это зависимость скорости от пройденного пути х. Отсюда вид- но, что путь до остановки, когда скорость окажется равной нулю, конечен и равен wr0/p. Получение зависимости (2.14) и бесконеч- ного по времени движения связано с тем, что не учитываются ма- лые постоянные силы сопротивления. Сила сопротивления всегда направлена противоположно скоро- сти. Однако формула (2.11) справедлива и для проекций в случае сложного движения. Например, в случае сбрасывания груза с самолета (№ 2.70) горизон- тальное движение описывается (2.15) и, если позволит высота (будет достаточно большой), дальность определяется нулевой скоростью в (2.15). Аналогичным образом можно включить и вертикальную компо- ненту, в том числе и с учетом силы тяжести (№ 2.68). При увеличении скорости тела сила сопротивления становится пропорциональной квадрату относительной скорости. Для яхт и буе- ров сила сопротивления движению воздуха (ветру) приводит к их движению (по ветру). Рассмотрим разгон парусного буера массой т при движении по ветру, дующему со скоростью v, и вычислим время, через которое мощность, отбираемая буером у ветра, будет максимальной, если сила сопротивления паруса ветру пропорциональна квадрату отно- сительной скорости (№ 2.32): F = к(у — гБ)2. Здесь гБ — скорость буера; к — заданный постоянный коэффициент пропорциональности. Уравнение движения буера при пренебрежении трением о лед: mdvjdt = к(у — гБ)2. После разделения переменных d(vE — г)/(гБ — v)2 = kdt/m. Если в начальный момент скорость буера была равна нулю, то kt/m = l/(v - vE) - 1/v (2.16) и скорость буера vB = v — \/(kt/m — l/t). 31
Движение буера происходит за счет работы, совершаемой вет- ром и отбираемой буером. Отбираемая мощность при этом N = Л>к = kvAv — гл.)2. Ь Ь' D' Ее максимум определяется условием dN/dvb = 0. Откуда гБ = у/З и момент времени, когда это происходит, опре- деляем из (2.16): t = m/(2kv). Сила может иметь линейную зависимость от пройденного телом расстояния. Рис. 2.1 Такая зависимость получается при движении тяжелого шнура длиной I, часть которого нахо- дится на гладкой горизонтальной поверхности, а часть длиной /0, пропущенная через отверстие в поверхности, в начальный момент времени висит в поле тяжести (рис. 2.1). Сила, ускоряющая шнур, равна весу свешивающейся части. Обозначая дли- ну свешивающейся части шнура х, из (2.10) по- лучаем vdv = g(x/l)dx. Интегрируя с учетом начального условия, находим г2 = g(x2 - /02)//. Отсюда можно определить скорость, с которой выходит из от- верстия при х = / конец шнура (№ 2.65). Для нахождения x(f) воспользуемся уравнением (2.4), из которо- го, вводя обозначение g/l = P, (2-17) имеем d2x/dt2 — р2х — 0. (2.18) Общее решение этого уравнения х = Ае1” + Be.-1”. (2.19) Учитывая, что в начальный момент при 7=0, х = /оиу = dx/dt = 0, определяем постоянные интегрирования: Л = В = /0/2 32
и получаем х = (/0/2)(е" - е-^'). К шнуру приложена внешняя сила F, определяемая полем тя- жести (весом свешивающейся части). При этом все точки шнура имеют одинаковые ускорения (как бы движение точечной мас- сы). В шнуре, в каждом сечении, имеются внутренние силы. Для шнура массой т кусок длиной £ (см. рис. 2.1) имеет массу mfjl. Этот кусок имеет то же ускорение, что и весь шнур а = F/m. Поэтому внутренняя сила, которая ускоряет этот кусок, равна/= FIJI (№ 2.1). При падении тела в поле тяжести в жидкости (или воздухе) кро- ме силы тяжести действуют еще силы сопротивления и Архимеда. Сила сопротивления обычно пропорциональна скорости (2.11). Для шарика радиусом R сила сопротивления движению со скоростью v в жидкости с коэффициентом вязкости г] определяется формулой Стокса: F= 6m]/fe. (2.20) Сила Архимеда зависит от отношения плотности жидкости рж и плотности тела рг. Учет этой силы приводит как бы к уменьшению силы тяжести. Вместо веса тела mg0 получаем некоторый эффектив- ный вес: mg = mg0 - (рж/рт)^0 = wg0(l - рж/рт). (2-21) В таком случае из (2.3) имеем mdv/dt = mg — Рг. (2.22) Так как сила тяжести увеличивает скорость и, соответственно, увеличивается сила сопротивления, то при некотором значении ско- рости сумма сил оказывается равной нулю и ускорение прекраща- ется. Для установившейся скорости (при ускорении равном нулю) из (2.22) получаем величину установившейся скорости = mg/$. (2.23) Разделяя переменные в (2.22), имеем dv/ig — Jv/m) — dt. При нулевой начальной скорости V = (mg/$)(\ - е-₽'>). (2.24) 3-3707 33
Интегрируя еще раз, находим зависимость пути от времени: Х(О = (Wg/P)[? - WP)(1 - е-Р'/-)]. (2.25) Отсюда, если задано время, находим глубину погружения (№ 2.42). В случае, когда такое же тело начало падать раньше этого на время т (№ 2.69), расстояние между ними вычисляем по формуле Лх = x(t + т) — х(/). Падающее с установившейся скоростью тело при уменьшении его массы переходит на новое значение установившейся скорости. Например, воздушный шар, имеющий сферическую оболочку радиусом R, которая заполнена газом массой тг, и массу гондолы, оснастки и оболочки М, опускается в воздухе, масса которого в объе- ме оболочки тв, а коэффициент вязкости т], с постоянной скорос- тью. Чтобы уменьшить скорость опускания за борт выбрасывают массу т. Найдем изменение скорости шара со временем (№ 2.36). Предполагая для силы сопротивления зависимость Стокса (2.20), находим установившуюся скорость г = (М + mr - wB)g0/(6m]7?). После выбрасывания массы происходит изменение скорости. Отметим, что при ускоренном движении тела даже в идеальной (не- вязкой) жидкости возникает сила сопротивления, связанная с уско- рением частиц окружающей среды. Предполагаем, что в данном случае этой силой, так же как и весом газа в оболочке шара, можно пренебречь по сравнению с (М — m)g0. В таком случае уравнение движения (М — m)dv/dt = (М — т — wB)g0 — bwt\Rv. Отсюда новая установившаяся скорость ^ун = (М~ т - wbW(67L117?)- Разделяя переменные, получаем dv/(y — v ) = —(xnx\Rdt/(M — т). Учитывая, что в начальный момент v = гун, находим v = гун + mgexp[—6nr\Rt/(M — m)]/(6nnR). При бросании тела вертикально вверх (против силы тяжести) по оси х вместо (2.22) получаем mdv/dt = —mg — Pp. (2.26) 34
Разделяя переменные и используя начальное условие (начальная скорость равна у0), а также (2.23), в результате интегрирования име- ем (№ 2.37) v = г [(1 + r0/r ) exp (-gZ/r ) - 1]. (2.27) Используя формулу Стокса (2.20) и учитывая силу Архимеда (2.21), для установившейся скорости получаем (№ 2.35) vy = (2/9)7? 2(рт - Pjg/T]. Интегрируя (2.27), имеем для перемещения х = (r0 + г )(r/g)[l - exp (-gZ/r )] - У Z. (2.28) Время подъема на максимальную высоту (№ 2.38) находим из (2.27) при обращении скорости в нуль: т = (^/g)ln (1 + (2.29) В отсутствии вязкости время подъема равно r0/g. Следует под- черкнуть, что величина vy определяется свойствами среды, а также формой и размерами тела, а г0 — действием на тело начального внеш- него импульса, и в общем случае они независимы. Для определения максимальной высоты подъема (№ 2.39) время из (2.29) подставляем в (2.28): *тах = (^Д)[Г0/Ч - М1 + Г0/Ч)]- (2.30) Рассмотрим теперь системы тел, связанных нитями, в том числе и нитями, проходящими через блоки. В случае невесомых нитей натяжение вдоль них не меняется. В невесомых блоках натяжение нитей с обеих сторон блока одинаково. На рис. 2.2 представлена система, состоящая из трех тел масса- ми mv т2 и т3, находящимися на гладкой горизонтальной поверх- ности и связанных нитями между собой и через блок с висящим телом массой М. Найдем ускорение системы и натяжение всех нитей (№ 2.4, 2.2). Трением в блоке, а также массами блока и нитей пре- небрегаем. Рис. 2.2 35
Натяжение вдоль невесомой нити не меняется, поэтому силы, действующие на соседние тела, одинаковы. Для системы они явля- ются внутренними. Система ускоряется телом массой М. Из (2.1) для ускорения системы а = Mg/(ntx + т2 + m3 + М). (2.31) Для нахождения натяжения каждой нити рассматриваем в от- дельности движение соответствующего тела с найденным выше ус- корением а: Т\ = (т1 + т2 + т3)а', Т2 = (т2 + w3)a; Т3 = т3а. Если поверхность не гладкая, а на ней действует сила трения с коэффициентом трения к, для ускорения получаем (см. рис. 2.2) а = [М — k(ml + т2 + /n3)]g/(w( + т2 + т3 + М). (2.32) Рис. 2.3 В случае однородной весомой нити задача усложняется. Для примера рассмотрим дви- жение двух тел массами т и М, связанных нерастяжимой, однородной весомой нитью массой тн (рис. 2.3), перекинутой через не- весомый блок (№ 2.10). Обозначим длину свешивающейся час- ти нити (расстояние тела массой т от оси блока) х и ускорение тел и нити в этот мо- мент а = d^x/dt2. Тогда для уравнения дви- жения системы получаем (М + т + тн)а = (т + mHx/l)g. (2.33) Так как нить обладает массой, то натяжение вдоль нити меня- ется. Найдем хр при котором равны силы, действующие на тела (№ 2.10). Сила, действующая на М, равна Ма, а сила, действующая на т, m(g — а). Отсюда а = mg/(M + т). Подставляя это выражение в (2.33), находим хг Для нахождения значения натяжения в некоторой точке весо- мой нити мысленно вставляем в это место кусочек невесомой нити и находим ее натяжение. Усложнение задачи (см. рис. 2.3) может быть связано не с весом нити (ее считаем невесомой), а с трением на горизонтальной повер- хности (с коэффициентом трения к) и движением висящего тела (карабкается обезьяна массой т) по нити с постоянным (относи- тельно земли) ускорением А (№ 2.12). 36
Найдем ускорение А, при котором тело массой т сможет под- няться на высоту Н(начальное расстояние обезьяны от блока), пока еще тело массой М не успеет пройти расстояние до блока, которое вначале было равно L > Нт/М. (2.34) Обозначая ускорение горизонтального движения а и учитывая, что в случае невесомой нити ее натяжение Т вдоль нити не меняет- ся, получаем уравнения движения тел: Ma = Т — к Mg', mA = Т — mg. Исключая натяжение нити, получаем а = (А + g)m/M — kg, (2.35) т. е. это ускорение постоянно. Поэтому L — at2/2 и Н = At2/2. Отсюда, исключая время, имеем L = На/A. Используя (2.35), находим А > gH(m — к M)/(ML — mH). (2.36) Из (2.34) следует положительность знаменателя. Поэтому при к < w/Af условие задачи выполняется при (2.36), а при к > m/М при любом А. Для вертикального перемещения тел используют блоки. В случае невесомого блока, как уже говорилось, натяжения нитей одинако- вы с обеих его сторон. Использование подвижного блока дает вы- игрыш в силе, но проигрыш в перемещении. Соединенные блоки называют полиспастами. Соединение двух двойных бло- ков (рис. 2.4) дает выигрыш в силе в четыре раза, соеди- нение тройных блоков — в восемь раз. Найдем натяжения нитей и ускорение массы тх в сис- теме (№ 2.7), изображенной на рис. 2.5. Так как блоки и нити невесомые, то т; = 2ТГ (237) Для каждой массы можно записать уравнения движе- ния (второй закон Ньютона): „ (2.38) - mxg - Гр т2аг = т2% ~ Т/ (2’39) w3a3 = m3g - Т2. (2.40) Рис. 2.4 37
Для длин нитей получаем 4 = *, + У, 4 = х2 - У + х3 - У- Исключая у, имеем 2/, + l2 — 2xf + х2 + х3. (2.41) Дважды дифференцируя это соотношение, находим 2«1 + а2 + а3 = 0. (2.42) Используя для натяжений (2.37) и для ус- корений (2.42), из (2.38), (2.39) и (2.40) получаем натяжения и уско- рение. Рассмотрим движение тел, продвигающихся по невесомой нити, перекинутой через невесомый блок, подвешенный в поле тяжести (рис. 2.6). На- пример, две обезьяны с одинаковыми массами, на- ходящиеся на концах веревки (нити) длиной L (на расстояниях £/2 от горизонтальной оси блока), начинают одновременно подниматься вверх, при- чем одна из них поднимается относительно верев- ки со скоростью v, а другая со скоростью 2г. Най- дем, через какое время каждая из обезьян достиг- нет блока (№ 2.13). Силы, действующие на каждую из обезьян со стороны веревки, всегда одинаковы (одинаково Рис. 2.6 меняются со временем), так как блок и веревка невесомы. Под действием одинаковых сил одинаковые массы будут иметь всегда одинаковые ускорения. Следовательно, если обезьяны в начальный момент находились на одном уровне и начинали дви- гаться из состояния покоя, то относительно земли (в лабораторной системе координат, в которой ось блока покоится) они всегда будут находиться на одном уровне, двигаться с одинаковыми скоростями, и достигнут блока одновременно. Считая, что процесс установле- ния скорости происходит быстро по сравнению с продолжительно- стью движения t, получаем, что практически все движение происхо- дит с постоянной скоростью. Отметим лишь, что в процессе набора скорости не выполняется условие движения обезьяны относительно веревки с постоянной скоростью. Время движения до блока — это время, за которое обезьяны выберут всю веревку (одна со скорое- 38
тью v, а другая со скоростью 2г, а в сумме обе — 3r) t = £/(Зг). Веревка движется в сторону второй обезьяны со скоростью v/2. Результат будет другим в случае других начальных условий. На- пример, если бы обезьянам предварительно перед помещением на веревку сообщили скорости: одной скорость v, а другой — ско- рость 2г. При отсутствии сил и ускорений веревка была бы непод- вижной, и одной обезьяне, чтобы добраться до блока, нужно было время £/(2г), а другой £/(4в). Очевидно, что вторая окажется у блока раньше. В случае, когда обезьяны начинают двигаться с разными ускоре- ниями относительно веревки, по-прежнему из-за равенства масс и равенства натяжений их ускорения относительно оси блока всегда будут одинаковыми. Поэтому обезьяны будут подниматься одина- ково, а веревка придет в движение. Допустим, что одна обезьяна выбирает веревку с ускорением в два раза большим, чем другая (№ 2.15). Тогда время г, за которое они выберут веревку длиной /, определяется из условия I = at2/2 + (2a)t2/2. Если массы обезьян разные, то важную роль играют начальные условия и переходной процесс — набор скорости обезьянами. Допустим обезьяна, движущаяся с большей скоростью, обладает вдвое большей массой М, чем другая т. Найдем, которая обезьяна достигнет блока раньше (№ 2.14). Относительное движение обезьян определяется выбиранием ве- ревки. Если скорости выбирания постоянны, то постоянна скорость их относительного движения. Относительное ускорение их равно пулю, т. е. движутся обезьяны с одинаковым ускорением. Очевид- но, что у более тяжелой обезьяны ускорение направлено вниз, а у более легкой вверх. Из второго закона Ньютона ускорение при дви- жении обезьян а = (М — m)g/(M + т) = g/2>. Сила натяжения верев- ки £ = 4wg/3. Видно, что заданное относительное движение, опре- деляемое выбиранием веревки, может быть удовлетворено только начальными скоростями: для легкой обезьяны v, для тяжелой обезь- яны 2v. Первоначально обезьяны находятся на одном и том же уровне на расстоянии, равном £/2 от блока. Расстояние, которое проходит легкая обезьяна, х = vt + gt2/6, а тяжелая Х= 2vt — gt2/(y. На рис. 2.7 показаны эти зависимости. Это две параболы: одна выгибается вверх, другая вниз. Одинаковый путь Xj обезьяны пройдут за время t = 2>v/g. Далее легкая будет опережать тяжелую. Если путь х} — 9v2/(2g) меньше £/2, т. е. £ > 9-fi/g, то при дальнейшем движении до блока раньше доберется более легкая обезьяна. В противном случае раньше добе- рется тяжелая обезьяна. 39
При условии, что начальные скорости обезьян равны нулю, не выполняется условие постоянства относительной скорости. Для ре- шения надо вводить время разгона. При этом будут меняться сила натяжения и ускорение. Предполагаем, что разгон происходит быстро за счет больших сил, т. е. при разгоне сила, прикладываемая обезьяной к веревке, значительно больше ее веса. Тогда ускорения обезьян определяются только силой натяжения веревки и обратно пропорциональны их массам. Скорость легкой обезьяны в результате разгона гл0 в два раза больше скорости тяжелой vTQ. Так как их сумма по условию равна Зг, получаем г>т0 = v, г>л0 = 2v. В дальнейшем гл = 2г + gZ/З и vr = v — gt/2> и очевидно, что раньше до блока доберется легкая Рассмотрим систему, состоящую из невесомого блока и невесомой веревки, на которую с одной сто- роны подвешен шест длиной I с находящейся на его нижнем конце обезьяной массой, равной массе ше- ста. На другом конце веревки на той же высоте на- ходится груз, уравновешивающий обезьяну с шес- том (рис. 2.8). Найдем, на сколько относительно земли опустится шест, и поднимутся груз и обезья- на, когда она переместится в верхнюю точку шеста (№ 2.16). Так как нить не растяжима, абсолютные значения ускорений шеста и груза относительно зем- ли одинаковы (а). Обозначая ускорение обезьяны относительно земли А, силу натяжения веревки Т и силу, с которой обезьяна действует на шест и шест на обезьяну F, получаем уравнения движения: обе- 40
зьяны mA = F— mg, шеста ma — F + mg — Tи груза Ima = Т — 2mg. Из этих уравнений следует А = За. Ускорение обезьяны в системе, связанной с шестом, Аш = 4о. Отсюда следует, что смещение обе- зьяны относительно шеста, равное I, в четыре раза больше смеще- ния шеста, т. е. шест опустится на Z/4, груз поднимется на //4, а обезьяна поднимется на 3//4. Взаимодействие между телами может осуществляться с помо- щью сил трения. Например, на столе лежит доска массой М, а на доске — груз массой т. Найдем, какую постоянную силу F нужно приложить к доске, чтобы доска выскользнула из-под груза, если коэффициент трения груза о доску кг, а доски о стол кс (№ 2.18). Уравнение дви- жения доски относительно стола Маа = F — кс(т + M)g — к mg. (2.43) Уравнение движения груза относительно стола: таг = к mg. (2.44) Чтобы доска выскользнула из-под груза, должно быть дд > аг. Отсюда F> (kr + kc)g(M + т). На доску можно действовать не постоянной силой, а кратковре- менным импульсом, который создает начальную скорость доски v0 (№ 2.19). В таком случае движение доски будет вместо (2.43) опре- деляться уравнением Mdvjdt = —кс(т + M)g — к mg. (2.45) Уравнение движения груза совпадает с (2.44): mdvr/dt = к mg. (2.46) Найдем время, когда прекратится проскальзывание груза по доске. Для этого проинтегрируем (2.45) при заданной начальной скорости доски, а (2.46) при нулевой начальной скорости груза VB = v0 - [Лд(1 + т/М) + km/M]gt; Ч = ktgt. Скольжение прекратится, когда скорости доски и груза станут одинаковыми. Отсюда время t = r0/[(* + W + m/M)g]. Предполагаем, что доска достаточно длинная. 41
Импульс может подействовать не на доску, а на груз, который получит скорость vQ. Определим время прекращения скольжения груза по доске, если доска в начальный момент была неподвижной, а трение есть только между доской и грузом (стол — гладкий) (№ 2,20). Так как одна и та же постоянная сила krmg тормозит груз и ускоряет доску, получаем время прекращения скольжения из равенства ско- ростей груза и доски v — kgt = k(m/M)gt. Прежде чем рассматривать доску с грузом на наклонной плоско- сти, рассмотрим одно тело на наклонной плоскости. На тело, находящееся на наклонной плос- кости, составляющей угол а с горизонтом, дей- ствует по вертикали сила тяжести mg и по нор- мали к наклонной плоскости сила N= mgcosa. Рис. 2.9 I На гладкой поверхности (при отсутствии си- лы трения) сумма этих сил (скатывающая си- ла mg sin а) приводит к движению с постоян- ным ускорением g sin а вдоль наклонной по- верхности. Пути, проходимые телом за одно и то же время по наклонным плоскостям с раз- ными углами наклона la = (gsina)Z2/2, пока- заны на рис. 2.9. Видно, что концы путей лежат на окружности радиусом 1/2. В случае действия силы трения с коэффициентом трения к < tga (2-47) ускорение движения а — g(sina — fccosa). (2.48) При больших коэффициентах трения движение не возникает. Если на доску массой М, которая может скользить по шерохова- той наклонной плоскости, кладут груз массой т, для которого тре- нием о доску можно пренебречь, изменяется нормальное давление доски на наклонную плоскость. В таком случае уравнение движе- ния доски Ма = Л/gsina — к(т + A/)gcosa. Видно, что равномерное движение доски (а = 0) будет при т = ЛЕ(tga — к)/к (№ 2.21). При большей массе груза доска будет неподвижной (пока груз с нее не съедет). В том случае, когда существует трение между доской и наклон- ной плоскостью с коэффициентом трения /сд и между грузом и доской 42
с коэффициентом трения кг < ка (№ 2.22), уравнения движения дают для ускорений груза и доски: ar = g(sina — fcrcosa); аа = g[sinot — (Лд — kr)(m/M)cosa — Z^cosoJ. (2.49) (2.50) Простое вычитание показывает, что ускорение груза больше. При уменьшении различия между коэффициентами трения приходим к равенству ускорений. Нет причин, по которым груз, находясь на дос- ке, в дальнейшем начал двигаться относительно нее вверх. Поэтому груз перестает перемещаться относительно доски. Они движутся как одно целое в соответствии с уравнением (2.48). Таким образом в слу- чае кя < kr < tg а ускорения груза и доски одинаковы и равны а = g(sina — Z^cosa). Рассмотрим скатывание с ускорением b с наклонной плоскости, образующей угол ср с горизонтом, тележки, на которой на подставке подвешен математический маятник массой т (рис. 2.10). Найдем направление нити маятника, т. е. угол а нити маятника с вертикалью, и ее натя- жение. Второй закон Ньютона в проекции на на- правление ускорения b дает mb = zngsincp — 7'sin (ср — a), (2.51) Рис. 2.10 а для направления, перпендикулярного направлению Ь\ 0 = Tcos(cp — a) — /ngcoscp. (2.52) Разрешая относительно членов, содержащих (<р — а), возводя в квадрат и складывая, получим 7’ т(Р + g1 - 2Z>gsincp)l/2. (2.53) Исключая Т из (2.51) и (2.52), получим tg (ср — a)cos<p = sin ср — b/g, (2.54) а затем sin(<p — a) cos ср = sin<pcos(<p — a) — (Z>/g) cos (ср — a); (Z>/g)(cos<pcosa + sin <p sin a) = = sincpcos((p — a) — sin(cp — a)coscp = sin a 43
и tga = costp/(g/Z> — sin ср). (2.55) При Ъ = 0 всегда а = О, а при <р = О получаем tg а = b/g. Рассмотрим движение тела в результате удара. Удар — это крат- ковременное воздействие очень большой силы, в результате кото- рого импульс тела меняется на конечную величину. Например, хоккейная шайба падает на лед со скоростью v0 под углом а (рис. 2.11) и продолжает скользить по льду. Найдем скорость скольжения как функцию време- ни, если коэффициент трения шайбы о лед к не зависит от скорости и силы давления шайбы на лед (№ 2.24). За время удара т скорость шайбы меня- ется из-за действия силы N нормальной к поверхности льда, которая уменьшает вер- тикальную скорость до нуля (предполагается неупругое взаимодей- ствие шайбы со льдом и вследствие этого отсутствие подскока), и силы трения F = kN, которая уменьшает горизонтальную компо- ненту скорости vx. Уравнения для компонент скорости mdvjdt = —kN; (2.56) mdvjdt = —N + mg. (2.57) При ударе возникает сила N » mg, действующая в течение вре- мени т. Интегрируем с учетом этого: m{yxx-vxG) = -k\Ndt; о m(Q-vy0) = ]Ndt. о (2.58) Отсюда vxt= vM — kvy0. После удара N = mg и вдоль оси х получаем m(vx ~ vx) = -kmgt. Окончательно v = v., — kv. — kgt= гл, coscx — fctLsina — kgt. (2.59) Если шайба падает не на лед, а на доску, лежащую на гладкой (без трения) горизонтальной поверхности (№ 2.66), то движение 44
шайбы будет описываться уравнениями (2.56) и (2.57) до тех пор, пока скорость шайбы будет больше скорости доски, рост которой определяется уравнением, в котором используем (2.56): Mdva/dt= kN = —rndv^/dt. Так как начальная скорость доски равна нулю, то используя (2.58), получаем vy = -(ш/М) J = -(w/M) j dvx + J dvx 0 |_o т т t = -(m/M) - (к/tn) J Ndt - kgf dt = (m/M) к (r0 sin a + gi). о Приравнивая эту скорость скорости из (2.59), находим время, когда прекратится проскальзывание. Рассмотрим движение тела по окружности с учетом силы трения. Например, брусок массой т скользит по глад- кой горизонтальной поверхности со скоростью v0 •—*- и по касательной попадает в область, ограничен- v° чую забором в форме полуокружности (рис. 2.12). / w Определим время, через которое брусок покинет эту область. Радиус забора R, коэффициент трения скольжения бруска о поверхность забора к. Трени- см бруска о горизонтальную поверхность пренеб- Рис. 2.12 регаем, размеры бруска много меньше R (№ 2.43). На брусок действуют сила трения о забор Fp и сила нормальная к поверхности забора N. Удобно поэтому уравнение движения брус- ка представить в виде проекций вдоль траектории движения mdv/dt = — Fp и по нормали к траектории N = mv2/R. Учитывая, что F = kN, получаем mdv/dt = —kmv2/R. Уравнение приводим к виду dv/v2 — —kdt/R. Интегрируя при начальном условии v = v0 при t = 0, получаем 1/г - 1/г0 = kt/R. 45
Чтобы определить время, за которое брусок пройдет всю длину забора, т. е. расстояние nR, воспользуемся соотношением v = dL/dt. Теперь можно либо воспользоваться полученной зависимостью v(t), либо подставить dt = dL/v в дифференциальное уравнение. Второй способ менее громоздок. Получаем dv/ v = —kdL/R и отсюда v = voe~kL/R. При L = nR, т. е. в конце забора для скорости получаем v = v,,e~k" кон О и, воспользовавшись полученной выше зависимостью скорости от времени, имеем окончательно для времени: t = A(eta - 1)/(Ь0). Движение по кривой линии на шероховатой поверхности воз- можно при достаточно большом трении, препятствующем сдвигу по нормали к скорости. Чтобы тело массой т двигалось по окружности радиусом R со скоростью v, сила трения должна быть F= mv2/R. Отсюда можно найти и коэффициент трения (№ 2.44). Найдем максимальную скорость (№ 2.46), которую может раз- вивать автомобиль, чтобы боковое проскальзывание не возникло при движении по синусоидальной линии, описываемой в горизонталь- ной плоскости (х, у) зависимостью у = Asin(2nx/l). Радиус кривизны плоской кривой определяется через ее первую производную у' и вторую производную у" (1.31) /?=(!+ у'2)3/7у". Приравнивание производной по х нулю позволяет найти мини- мальный радиус кривизны. Абсолютное значение его равно /2/(4л2Л) при х — 1/4. Максимальное нормальное к траектории ускорение при этом ап = ^/R — vAn/A/l1- должна обеспечить сила трения F= kmg. Таким образом, должно быть kg > г;24эт2Л//2. Откуда ограничение скорости v < (kg/A)t/2l(2n). Металлическое кольцо, подвешенное на нити к центробежной машине, которая раскручивает нить вокруг вертикальной оси с угло- вой скоростью со, заняло горизонтальное положение (рис. 2.13), при 46
котором нить составляет угол а с вертикалью. Найдем расстояние х от центра кольца до оси вращения (№ 2.55). Обозначая массу кольца т, движение центра масс кольца по окружности радиусом х опреде- ляется уравнением rmtFx = Тsin а. Равновесие по вертикали mg = Тcos а. Отсюда х = gtgcc/co2. Движение тела отсутствует, если суммы дей- ствующих на тело сил и моментов сил равны нулю. Рис. 2.13 Раздел, в котором рассматривается такое рав- новесие тел, называется статикой. Для обеспечения равновесия с помощью малых сил используют рычаги, системы блоков. Можно использовать и силу трения. Что- бы затормозить движение большого корабля у причала, причальный трос наматывают на тумбу (кнехт), после чего человек может трос удержать. Рассмотрим это на следующем примере. На врытый в землю столб навита веревка. Найдем, какую силу надо приложить к концу веревки, чтобы она не проскальзывала при натяжении другого конца веревки силой Fo. Коэффициент трения веревки о столб к = 1/л. Веревка обвита вокруг столба п раз (№ 2.54). Рассматриваем равновесие элемента веревки (рис. 2.14). Сила F(x) = F(x + dx) + F^. Так как F(x + dx) = F(x) + (dF/dx) dx, Рис. 2.14 получаем dF=-F = -kN = -klFv. = тр = —k2Fdx/(2R) = —kFdx/R. Знак минус показывает, что сила убывает с увеличением х. Интегрируем по х от х = О, когда сила равна Fo, до х = 2nRn, когда сила равна силе, приложенной к другому концу: F= Fo ехр(—kx/R) = Foexp(—2лп). 47
Рис. 2.15 Бревно массой т и радиусом R можно удержать на весу с помощью двух досок массой М и длиной I, подвешенных за один конец (рис. 2.15). Найдем коэф- фициент трения, который обеспечит равновесие (№ 2.63). Обозначая угол между досками 2а и нормальную к по- верхности доски силу, действующую со стороны брев- на N, получаем уравнение моментов сил для доски относительно точки подвеса: Mg (1/2) sin а = Nl. Условие равновесия сил для бревна: Mg = 2Fpcosa — TVsina. Угол определяется соотношениями: sin a = R/(l2 + Z?2)1/2; cos a = l/(l2 + Я2)1'2. Отсюда получаем к = F^JN> т«2 + R2)/{MIR) + R/l. Катушку ниток радиусом R можно удержать у шеро- ховатой стенки с помощью собственной нити длиной I (рис. 2.16). Найдем, при каких значениях коэффициен- та трения это возможно (№ 2.64). Обозначив массу катушки т, натяжение нити Т, нормальную реакцию стенки N, силу трения F, коэф- фициент трения к и угол нити с вертикалью а, получа- ем условие момента сил, действующих на катушку, от- носительно точки закрепления нити на стенке: Ring = Tlsma. Рис. 2.16 Так как нить от катушки может отходить только по касательной, то из равенства прямоугольных треугольников, образованных ни- тью, радиусами катушки и линией из центра катушки в точку под- веса нити, следует, что расстояние от точки подвеса нити до точки касания катушки со стенкой равно длине нити I. Равновесие сил по горизонтали и вертикали: 7V= Tsina, F= mg — Tcosa. Используя, что tg(a/2) = R/l, получаем к = F/N> (l/2)(l/R + R/l). При торможении автомобиля возникает сила инерции. Чтобы ис- ключить ее, надо момент сил вычислять относительно центра масс. 48
Рис. 2.17 Найдем угол наклона автомобиля а при торможении, если центр масс находится посредине между колесами, расстояние между кото- рыми равно I, на высоте h над землей, коэффициент трения колес, переставших вращаться, о землю равен к, а деформация пружин неподвижного автомобиля на горизонтальной поверхности равна Л (№ 2.25). На рис. 2.17 показаны действующие силы. Жесткость пружин mg/t\. При повороте кузова автомобиля на угол а силы, создающие момент, вызывают деформацию а//2, силу mgvl/tlF) и момент л?уа/2/(4Л), который уравновешивается моментом сил трения kmgh. Одинаковые добавки сил, связанные с весом, вра- щающий момент не создают. В результате для угла наклона получа- ем а = ^khK/F1. Равномерное движение с постоянной скоростью можно рассматривать как стати- ческую задачу. Найдем, с какой силой надо тянуть балку массой т и длиной /, установ- ленную на коротких санях, весом которых можно пренебречь, на высоте h (рис. 2.18), если коэффициент трения передних саней ку, а вторых к2 (№ 2.27). Обозначая нормальное давление передних саней на опору Nv а задних —N2, получаем для равновесия сил по горизонтали и верти- кали: F = кх Nx + к2 N2, mg= + Nr Уравнение моментов удобно написать относительно точки каса- ния поверхности задними санями: mgl/7. + Fh = Nxl. Из этих уравнений получаем силу.
3. ДВИЖЕНИЕ ТЕЛ С ПЕРЕМЕННОЙ МАССОЙ Этот раздел продолжает тему предыдущего (второй закон Нью- тона), но по отношению к телам, масса которых меняется за счет отделения или присоединения вещества к телу. Следует подчерк- нуть, что большинство ошибок при решении задач на движение с переменной массой связано с неправильным применением готовых формул. Поэтому, чтобы не ошибиться в сложных случаях, лучше всегда выводить уравнения движения. Продемонстрируем обычный способ вывода дифференциальных соотношений (уравнений). Он заключается в том, что рассматривают состояния системы в произвольный момент времени /ив бесконечно близкий к нему момент времени t + dt. Для количества массы, присо- единяемой или отделяемой за время dt, лучше ввести положительную величину \idt, где ц — скорость изменения массы. Тогда изменение массы тела dm в случае присоединения массы будет dm = \idt, а в dm = — [idt. Пусть в момент времени t масса тела равна т, а скорость у. Считаем, для опре- деленности, что за время dt масса тела уменьшилась на \idt, а скорость изменилась на dv. Если масса y.dt выбрасывается со ско- ростью и относительно тела, то импульс системы, состоящей из уменьшившегося по массе тела и вылетевшей массы, в момент времени t + dt равен (рис. 3.1) случае отделения массы Рис. 3.1 (т — щ//)(у + с/у) + [idt(v + и). Так как во втором члене масса — бесконечно малая величина, то нет смысла уточнять значение скорости тела (промежуточное между v и v + dv), к которой добавляется и. По второму закону Ньютона изменение импульса (или количе- ства движения) тела равно импульсу внешних сил: (т — lidt)(v + dv) + [idt(y + u) — ту = Fc//. (3.1) 50
После раскрытия скобок получаем mdy + pJZu = Fdt, (3.2) или mdy = udm + Fdt. (3.3) Последнее уравнение (3.3) годится как для выброса массы (dm = — [idf), так и для присоединения (dm = yult). Это и есть основное уравнение для движения с переменной мас- сой, которое иногда записывают в форме Мещерского: m(dy/dt) = F + u(dm/dt). (3.4) Очень важный момент, на который нужно обратить внимание при решении конкретных задач, — переход от векторных уравнений к уравнениям в проекциях. Чтобы избежать путаницы со знаками, полезно нарисовать все векторы (например, для задачи с ракетой это v, dy, u, F) и определить знаки их проекций относительно выб- ранного положительного направления. Простейший случай: отделение массы (например, высыпание песка через отверстие в полу движущейся платформы) без началь- ной относительной скорости (и = 0). Из (3.2) получаем mdy = Fdt. Предполагая, что масса уменьшается со временем линейно т = т0 — ц/, при постоянной силе Е(№ 3.1) получаем ускорение а = dv/dt = F/т = F/(m0 — ц/). Откуда dv = Fdt/(m0 — ц/). Если в начальный момент скорость равнялась нулю, то V = (Е/ц)1п[»г0/(лг0 - ц/)]. Найдем теперь, какой должна быть сила, чтобы платформа, на кото- рую сверху насыпается, например, уголь, двигалась с постоянной скоро- стью v (№ 3.6). Так как в данном случае и = —v, то из (3.3) получаем F = ф. = v&m/kt. Работа этой силы А = Fv&t = v2\m. Эта величина в два раза больше кинетической энергии, приобретенной погруженной мас- сой (№ 3.7). Другая часть работы из-за трения падающей массы о лежащую уже на платформе превращается в тепло. 51
Рассмотрим движение при отсутствии внешних сил. Например, на платформу массой т0 и длиной L, имеющую начальную скорость v0, сверху падает (загружается) за единицу времени масса песка р. Найдем количество песка, которое будет на платформе, когда она пройдет пункт загрузки (№ 3.2). Так как относительная скорость движущегося и падающего пес- ка равна скорости платформы, то из (3.3) получаем tndv + vdtn = 0. (3.5) Из условия следует т = т0 + ц/. Для скорости имеем v = dx/dt = mQvJm = + p//wi0). (3.6) Интегрируя, для относительного смещения с учетом, что при t = 0 и х = 0, получаем х = ("Vo/p)ln (т/то) = (woVp) ln (1 + (3.7) Отсюда можно найти количество упавшего песка при х = L: т- т0 = т0 {exp [pZ/(w0^0)] - 1}. Интересно посмотреть, каким будет движение платформы, если все, что упадет за dt, сбрасывать в направлении, перпендикулярном скорости движения (№ 3.11). В этом случае масса платформы все время остается постоянной. Из закона сохранения компоненты им- пульса вдоль направления движения платформы (благодаря отсут- ствию сил в этом направлении), т. е. равенства импульсов в момен- ты t и t + dt: mov = m0(v + dv) + [idtv. (3.8) Откуда dv/v + \xdt/mQ = 0 (3.9) и V = Vo exp(-p//m0). (3.10) Из сравнения (3.6) и (3.10) следует, что при сбрасывании массы скорость уменьшается быстрее. Лежащая на платформе масса уча- ствует в разгоне вновь упавшей массы. Следует отметить, что при отсутствии трения в обоих случаях движение будет продолжаться бесконечно долго. Реально платформу останавливает трение и в пер- вую очередь ту, у которой меньше скорость, т. е. платформу, с кото- рой сбрасывают массу. В первом случае путь, который проходит 52
платформа при отсутствии трения, определяется по (3.7) и является бесконечно большим, а во втором случае путь конечный и равен х = г0 |ехр(-р//т0)б// = movo/p. (3.11) о Если платформа вначале стоит, а движется с постоянной скоро- стью v0 бункер, из которого сыпется песок, то из условия сохране- ния импульса в произвольный момент времени следует (т + pdt)(v + dv) — [xdtv0 — mv = 0. Подставляя m = m0 + ц/ и разделяя переменные, получаем dv/(v - v0) = —\kdt/(mQ + рО- Используя начальное условие v = 0 при t — 0, имеем 17= d0[1 - /м</(/я0 + мО]. Найдем скорость платформы в момент, когда бункер ее обгонит (№ 3.3). Момент обгона /об находим из условия: *об ^с/об ~ J = 0 Подставляя это уравнение в предыдущее, находим скорость. Выгодно песок подавать из бункера таким образом, чтобы он ложился на платформу слоем постоянной высоты. Найдем время заг- рузки t3, если масса загруженного песка т{ (№ 3.4). Условие сохранения количества движения (т + dm)(v + dv) = mv приводит к mdv +vdm = 0, или mv = movo. Условие постоянства высоты слоя песка h — т{/(рЬС)(зд.есъ р — плотность песка, a h — ширина платформы) сводится к тому, что падающая за время dt масса dm = phhvdt = mxvdt/L = mxdx/L. Отсюда m = m0 + mpt/L и dx/dt = v= movo/m = movQ/(mo + mpc/L). Интегрируя и учитывая, что при t = 0 х = 0, а при t = t3 х = L, получаем t3 = [!+ mx/(2m0)]L/v0. 53
Движение изменяющейся массы может происходить по вертика- ли в поле тяжести. Например, через неподвижный блок перекинута веревка, на которой висят в равновесии два ведра с водой. Масса каждого ведра с водой т. В боковой стенке одного из ведер образо- i вались щели, из которых начинает вытекать вода с постоянным рас- ходом р и скоростью относительно ведра, направленной перпенди- кулярно боковым стенкам. Число щелей — четное, и они располо- жены симметрично относительно оси ведра. Определим скорость ведер в зависимости от времени. Массу блока и веревки, а также силу трения не учитываем. Масса системы меняется со временем и равна 2т — р/. Сила, создающая ускорение системы, равна p/g. Второй закон Ньютона дает (2т — \i.t)dv/dt = pg/. Разделяя переменные, получаем дифференциальное уравнение: dv = \igtdt/(2m — р/) = g[—dt — (2m/\i)d(2m — \xt)/(2m — p/)]. Откуда v = g[-/ - (2w/p)ln(l - p//(2m))]. Рассмотрим движение реактивного корабля по воде. Корабль мас- сой М движется за счет того, что насос забирает воду (массой р за единицу времени) из-за борта и выбрасывает с кормы с постоянной относительной скоростью и. Найдем зависимость скорости корабля v от времени и коэффициент полезного действия системы ц как фун- кцию г и и (№ 3.8). Пренебрегая силами трения в насосе и сопротивлением воды движению корабля, получаем сохранение импульса: Mv = M(v + dv) — (и — v)yidt. Сокращая и разделяя переменные, имеем dv/(v — и) = —щЬ/М. Отсюда, если в начальный момент скорость корабля равнялась нулю, получаем v = и(1 — е_р//Л/). Для коэффициента полезного действия имеем т) = d(Mv-/2)/(\xdtid/2) = 2Mvdv/(\xu2dt) = 2v(u — v)/u2. 54
При увеличении v коэффициент вначале растет, а затем падает. Максимум находим, приравнивая производную нулю. Уравнение (3.2) в случае движения ракеты в отсутствие внешних сил приводит к формуле Циолковского для зависимости скорости от отношения начальной массы т0 к конечной т v = и\п(т^т). (3-12) Отсюда т = тос~,/и. Для кинетической энергии получаем К = mvLl'l = m£Tviu&l'l. Чтобы найти, при какой скорости кинетическая энергия макси- мальна (№ 3.48), приравниваем производную нулю. Получаем, что при v = 2и. Импульс ракеты р = tnv= moe~v/uv = Аналогично находим экстремумы. Импульс максимален при v = и, а по массе при т = ш0/е. Режимы полета ракеты могут быть различными. При посто- янном расходе топлива т = т0 — ц/. При постоянном ускорении v = v0 + at. При решении таких задач (№ 3.57, 3.56) используют формулу (3.3) или (3.12). Ракету можно разгонять двумя двигателями по очереди. В первом масса топлива и скорость выбрасываемой струи а во втором масса топлива т2 и скорость струи и2 < uv Найдем, при какой пос- ледовательности получим большую скорость ракеты (№ 3.35). Обо- значим массу корабля без топлива т(). Возьмем в качестве первого варианта: вначале работает двигатель с и2, а затем с uv В этом случае г>, = -м21п[(пг0 + тл)/(т0 + т} + m2)J - + w,)]. Во втором случае v2 = -и, In [(ш0 + т2)/(т0 + тх + т2)] - и2 In + т2)]. Для разности получаем vx- v2 = (w, - w2)ln{(w0 + mx)(m0 + + mx + w2)]}. Эта разность положительна, так как под логарифмом величина, большая единицы. 55
Большую скорость ракеты можно получить, используя две ступе- ни вместо одной. Найдем отношение скорости при двух ступенях v2 к скорости при одной ступени vt, если масса второй ступени двухсту- пенчатой ракеты составляет от массы первой ступени а = М2/М{, а отношение массы горючего к полной массе ступени во всех случаях равно к = MJM (№ 3.37). Из (3.12) для ракеты с одной ступенью V] = и\п\М/(М — М)] = win Ц/(1 — £)]. В случае двух ступеней от первой ступени получаем скорость ги = {ИпЦЛ/, + М2)/(М} + М2— Л/)] = н1п[(1 + а)/(1 + а — А)]. После работы второй ступени получаем v2 = + win[М2/(М2 - Л/)] = vu + win [1/(1 - Л)]. Отсюда находим отношение скоростей. При разгоне ракеты можно рассмотреть некоторый экзотичес- кий случай движения в облаке пыли, когда количество налипающей пыли в точности равно выброшенной массе топлива. Найдем мак- симальную скорость ракеты, предполагая, что массой корпуса раке- ты можно пренебречь по сравнению со стартовой массой топлива (№ 3.41). В рассматриваемом случае до момента полного расхода топлива /п масса ракеты с налипшей на нее пылью остается постоянной (обо- значим т = р/п). Так как внешних сил (поля) нет, то приравниваем импульс системы в момент времени t импульсу в момент времени t + dt mv = (т — yidt)(v + dv) + y.dt(v — и) + [idtv. Откуда dv/(y — и) = —\xdt/m. До момента полного расхода топлива получаем зависимость ско- рости от времени v = «(1 - е^т). После расхода всего топлива скорость будет уменьшаться. По- этому максимальная скорость vmax = w(l — е-1). Если движение ракеты происходит в поле тяжести по горизонта- ли, то оно описывается уравнением Циолковского. Например, ра- кета начинает двигаться по гладкой горизонтальной поверхности и 56
через время Т} упруго ударяется о вертикальную стенку. При этом ракета не меняет своей ориентации относительно вертикальной стен- ки. Найдем, через какое время Т2 после старта скорость ракеты оказы- вается равной нулю, если масса ракеты меняется со временем по закону m = m0 — ц/ (№ 3.49). Скорость ракеты перед ударом равна v = win [m0/(m0 — p/)j. После упругого удара она меняется на проти- воположную по направлению. Необходимое изменение массы на- ходим из (3.12) (mQ - цТ1)/(т0 - цТ2) = е"/и = тв/(т0 - ц^). Отсюда находим время остановки. Изменение направления движения ракеты можно достигнуть, выбрасывая струю газа в направлении, пер- пендикулярном к траектории движения ракеты, как показано на рис. 3.2. В таком случае скорость ракеты меняется только по направлению, а не по величине v. Найдем угол а, на который повернется вектор скоро- сти ракеты, если начальная масса его т0, конечная т, а скорость и постоянна (№ 3.42). Воспользуемся уравнением (3.3), в ко- тором F = 0. Проекция его на направление v (рис. 3.3) дает dvT = 0, а на направление, перпендикулярное v: mdvn + udm = 0 (так как dv по направлению противоположно и). Отсю- да, как уже говорилось, следует, что скорость по величине не меняется, а меняется только по направлению, и угол поворота за беско- нечно малое время da = dvjv = —udm/(ym). Полный поворот находим интегрированием т a = -u/v J dm/m = (3.13) та Вычислим расход топлива на поворот в обратное направление (на л). Из (3.13) получаем ln(m(i/w?p) = tiv/u. (3.14) Интересно сравнить эту величину с тем, сколько топлива будет затрачено на торможение до остановки и разгон в обратном направ- лении. Из (3.3) для прямолинейного движения имеем dm/m — —dv/u. (3-15) 57
Считая скорость после разгона положительной, а до начала тор- можения отрицательной, получаем In (w0/wp) = 2v/u. (3.16) Сравнение (3.14) и (3.16) показывает (№ 3.43), что остающаяся после поворота масса топлива меньше (а, следовательно, расход больше), чем при торможении и разгоне. При повороте, пользуясь (3.13), можно найти траекторию, если задано изменение массы во времени. Например, в случае = kt, для радиуса кривизны получаем R = ds/da = vdt/(ukdt/v) = &/(ик), т. e. движение происходит по окружности (№ 3.61). Найдем связь между массой ракеты m(f), достигнутой ею скоро- стью v(f) и временем t, если ракета движется вертикально вверх в поле тяжести Земли (№ 3.21). Скорость газовой струи относительно ракеты и считаем постоянной. Сопротивление воздуха и изменение ускорения свободного падения g с высотой не учитываем. Определим также, какую массу газов ц(/) должна ежесекундно выбрасывать ра- кета, чтобы оставаться неподвижной относительно Земли. Движение описывается уравнением (3.2). Положительным счи- таем направление вверх по вертикали. Тогда проекции dv и v поло- жительны, а и и F = mg отрицательны. В итоге для взлета (старта) ракеты с Земли получаем dv + и dm/tn = —gdt (3.17) и, интегрируя от начальных значений v = 0, т = т0 при t = 0 до текущих значений v и т в некоторый момент t, получаем v = lAntmJm) — gt. (3.18) Для неподвижной ракеты dv = 0 и поэтому из (3.17) udm/m = ~gdt, (3.19) откуда т — m0&~g'/u (3.20) и р = —dm/dt = {g/u)mQers,/,‘. (3.21) В случае мягкой посадки, которая отличается от взлета направле- нием v (поэтому уравнение движения (3.2) и соответственно (3.17) 58
не изменятся) и начальными и конечными условиями, которые те- перь выглядят следующим образом: при t = 0 v = — v0 и т = т0, а при t = т (момент посадки) т = тт, v = 0. Можно вычислить изменение массы, т. е. количество топлива для взлета и мягкой посадки (№ 3.33), и получить, что это одна и та же величина, если одинаково изменение скорости и время т. Если двигатель ракеты запускается на очень короткое время, то последним членом в (3.18) можно пренебречь. В случае метеороло- гической ракеты (№ 3.29), когда двигатель запускается при взлете и посадке, массу ракеты после взлета М{ можно определить по массе до взлета М и после посадки т из условия одинаковых скоростей после взлета и перед посадкой v — и\п{М/М/) = и\п(М{/т) либо из одинакового расхода доли топлива (М — М/)/М = (Л^ — m)/Mv По- лучаем Мх = (Мт)'/-. Из (3.17) ускорение ракеты при взлете a = dv/dt = —g + u\v/m = —g + wp/(m0 — ц/)- (3.22) Если известно начальное ускорение а0, то a0 = S + Отсюда ускорение (№ 3.24) a = -g + u/l-t + u/(a0 + g)]. При нулевой начальной скорости получаем V = win {и/[и - (a0 + g)Z]} - gt. В случае старта ракеты вертикально вверх с постоянным уско- рением а космонавт испытывает перегрузку п, которая определя- ется весом астронавта на Земле Ро и «весом» Р, который показали бы пружинные весы при взвешивании космонавта массой т0 в полете: п = (Р-Ро)/Ро = (Р/Ро) - 1 = гп0{а + g)/{mog) - 1 = a/g. (3.23) Из (3.3) для ракеты, масса которой m(t), получаем dm/m = —{а + g)dt/u = —g(n + \)dt/u. (3.24) Если начальная масса М, то In {М/т) = (п + V)gt/u. (3.25) Отсюда при заданных М/т и и (№ 3.30) можно найти время /, ско- рость at и высоту подъема at1/2. 59
Опускание с постоянным ускорением (№ 3.31) описывается тем же уравнением (3.24). При постоянном расходе топлива из (3.18) (без учета сопротив- ления воздуха) получаем dx/dt = V— uln[mQ/(m0 — pt)] — gt. (3.26) Интегрируя, для высоты подъема в зависимости от времени, ис- пользуя выражение для интеграла J In xdx = х In х - х + const, имеем х = (u/n0/p)[(l - дГ//и())1п(1 - + pt/m0\ - gt2/2. (3.27) Если известно отношение начальной массы к конечной а и вре- мя работы двигателя т (№ 3.60), то для подъема за время работы двигателя получаем hr = ит[1 — 1па/(а — 1)] — gT2/2. Скорость в этот момент vT = ulna — gr, поэтому ракета подни- мется еще на =^/(2g). Полная высота равна сумме вычисленных высот. При очень быстром сгорании топлива (т -> 0) влиянием тяжести на стадии работы двигателя можно пренебречь и можно воспользо- ваться (3.12). В таком случае гр.)зг = ulna. Высота подъема при этом ^разг/(2^)- Рассмотрим игрушечную ракету массой М, в которую наливается вода (массой т <5С М), занимающая малую часть полости ракету, а большую часть занимает воздух с высоким давлением р, которое выталкивает воду. Найдем высоту подъема ракеты, считая, что вре- мя истечения воды много меньше времени полета (№ 3.50). При малом времени можно пренебречь последним членом в (3.18). Учитывая соотношение масс, получаем v = uln(l + т/М)К~ итп/М. Видно, что это сохранение импульса: вода летит в одну сторону, ракета в другую. Зная скорость ракеты, получаем высоту подъема h = (l/2)(u2/g) = (l/2)(u2/g)(w/Af)2- Считая, что объем воздуха, а следовательно, давление и скорость истечения воды меняются мало, и пользуясь уравнением Бернулли, можем связать скорость истече- ния с давлением и2/2 = р/р. Вместо воздуха в игрушечной ракете можно использовать пру- жину жесткостью к (№ 3.51). При полном опорожнении камеры с водой пружина находится в несжатом состоянии, длина камеры I. 60
Эта задача сложнее предыдущей тем, что давление и 1 скорость истечения непостоянны. Обозначим массу | корпуса ракеты М, начальную массу воды т0, пло- м А щадь водяной камеры s и плотность воды р. Смеще- ние поршня х (рис. 3.4), давление в воде р. В результате > и2/2 = p/f> = (1/р)Ц/ — x)/s = k(J - х)1/т0. Масса еще не -г- ——т . выброшенной из ракеты воды т — т0(1 — х)/1. Считая -------- 1 время выброса малым и поэтому опуская последний член в (3.3) или (3.17), имеем 1 dv = (u/l)modx/(M + т) ~ (mQ/M)(u/l)dx = - - -i н = (шо/ЛО(1//)[2Л/(/ - х)/т0У'Чх. ц | После интегрирования получаем vK — (2/3)(//М)(2кт0)1/2. Ракету можно запустить с некоторой высоты таким Рис- $-4 образом, что газы все время выбрасываются горизон- тально (№ 3.44). В таком случае горизонтальная скорость опреде- ляется формулой Циолковского (3.12). В вертикальном направле- нии падение происходит с ускорением g. Если задана высота, то можно найти время падения и вертикальную скорость ракеты. При заданном расходе топлива определяется изменение горизонтальной скорости со временем. После полного расхода топлива горизонталь- ная скорость будет постоянной. I Чтобы ракета не падала, а двигалась горизон- 7 тально с ускорением а, надо сгрую газов напра- //| вить под некоторым углом а к горизонту (рис. 3.5). ----J-14—-*-- Найдем этот угол (№ 3.45). Для этого уравнение “ц/------------(3.3) спроектируем на вертикальное и горизон- I тальное направление и* и sin adm =—mgdt; Рис. 3.5 madt + ucosadm = 0. Отсюда находим tga = g/a. Изменение силы тяжести с высотой можно учесть, если, напри- мер, известно, что ракета поднимается с постоянной скоростью v (№ 3.25, 3.26). Обозначая радиус Земли R, расстояние от центра Земли г и ускорение свободного падения на поверхности Земли g, а также учитывая, что v — dr/dt, и не учитывая трение о воздух, из (3.3) получаем udm/tn = —gR2dr/{vr2). (3.28) 61
Если известно, что практически скорость v была постоянной на- чиная от поверхности Земли в течение времени т, то для определения отношения конечной массы к начальной имеем: In(wKOH/wHa4) = = —gRt/[u(R + гя)]. Изменение массы тела может быть связано с испарением или конденсацией вещества (жидкости или пара) на его поверхности. Например, сферическая капля воды свободно падает в атмосфе- ре пересыщенного водяного пара и масса ее растет (№ 3.53). Счита- ем, что скорость возрастания массы капли dm/dt пропорциональна площади ее поверхности (коэффициент пропорциональности А) и что силой сопротивления среды можно пренебречь. Так как отно- сительная скорость присоединяющейся массы равна скорости кап- ли, из (3.3) имеем mdv + vdm = mgdt. (3.29) Из условия dm/dt = Л4лг2 и т = (4/3)лрг3 следует г = (A/^t. Подставляя в уравнение, получаем gt3 = 3vt2 + t3dv/dt = d(vt3)/dt. Отсюда получаем g/4/4 = vt3 + const. Из условия, что v = 0 при t = О, следует v = g(/4. Если задана не скорость возрастания массы капли, а скорость возрастания ее радиуса dr/dt = а (№ 3.54), то из (3.29) имеем d(mv) = mgdt. Откуда следует d(r3v) — gr3dr/a.. Интегрируя, для скорости получаем v = (l/4)(g/a)r[l — (r0/r)4].
4. РАБОТА, ЭНЕРГИЯ, ИМПУЛЬС. ЗАКОНЫ СОХРАНЕНИЯ ИМПУЛЬСА И ЭНЕРГИИ. СТОЛКНОВЕНИЯ Понятия работы и энергии, введенные первоначально как вспо- могательные характеристики результатов движения, оказались важ- нейшими понятиями в механике. Сила совершает работу только, если вызывает перемещение в направлении действия силы. Сила F при бесконечно малом переме- щении тела dr совершает работу dA = FJr = Тт/rcosa. (4.1) Необходимо подчеркнуть, что работа скалярная величина (а — угол между векторами F и dr). Работа силы трения в вертикальном поле тяжести при смещении на ds по плоскости, которая наклонена к горизонтальной оси х под углом сс, равна dA = Fds = kmgcosadx/cosa. = kmgdx. При подъеме или спуске тела по горке, знак наклона которой не меняется, работа будет складываться, во-первых, из работы против силы трения, которая определяется, как следует из предыдущего со- отношения, длиной основания горки, и, во-вторых, работой против силы тяжести, которая определяется высотой горки. Скорость дви- жения считаем очень малой, и кинетической энергией пренебрегаем (№ 4.3). При соскальзывании с горки возможная полезная работа равна разности работы силы тяжести (потенциальной энергии, о ко- торой будет сказано ниже) и работы силы трения (№ 4.4). К нормаль- ному давлению на поверхность горки, от которого зависит сила тре- ния, надо прибавить или вычесть из него imA/R, в зависимости от знака кривизны поверхности горки (J? — радиус кривизны) (№ 4.2). Найдем минимальную работу, которую надо затратить, чтобы вта- щить тело массой т по шероховатой (коэффициент трения к) горке, представляющей в сечении дугу окружности радиусом R (рис. 4.1), силой, направленной все время под углом а к направлению движе- 63
Рис. 4.1 ния (№ 4.49). Работа будет минимальной, если осуществляется квазистатическим образом (нет кинетической энергии и центробежных сил). Обозначая угол смещения тела по дуге от вер- тикали <р, силу Ги нормальное давление на по- верхность N, получаем в проекции на касатель- ное и нормальное направления к перемещению Feos а = kN + wgsintp; 7V + Fsina = mgeosep. Исключая N, для силы имеем F= mg(sin<p + Fcos<p)/(cosa + Fsina). Работа этой силы <р А = J Fa's = J Fcosa/Wcp. s О В некоторых случаях при подсчете работы необходимо учиты- вать, что момент приложенной силы может менять давление на опоры. Вычислим работу, которую надо совер- шить, чтобы куб массой М, с длиной ребра 4Z, лежащий на двух опорах 1 и 2 таким образом, что его центр О расположен по- средине между опорами, находящимся на расстоянии 2L друг от друга (рис. 4.2), сдви- нуть (с постоянной скоростью) до тех пор, пока конец грани куба не окажется над опо- рой 2 (№ 4.48). Коэффициенты трения на опорах различны и равны кх и кг Из второго закона Ньютона для движения с постоянной гори- зонтальной скоростью получаем F = ktNt + k2N2; Mg = Nt + Nr Если вращения нет, момент сил, действующих на куб, относи- тельно центра масс всегда, в том числе и при смещении центра масс на х, равен нулю N^L - х) = N2(L + х) + k{N{2L + k'N22L. Из этого и предыдущего уравнений находим TV, = Mg[Z(l + 2к2) + х]/[2£(1 + к2 - £,)] и N2 = 7l/g[Z(l + 2k) - x]/[2Z(l + к2 - F,)]. 64
Видно, что N2 обращается в нуль при х = £(1 — 2к{). Дальше начинается вращение куба. Работу вычисляем до этого момента: /(1-2*0 А = J Fdx. о Кинетическую энергию Е тело приобретает благодаря работе внеш- ней силы. Используя второй закон Ньютона (dp/dt = F), получаем dA = F/7r = d^dr/dt = vJp = pJp/тя = = d\p2/(2m)] = d(mv2/2} — dE. (4.2) Изменение кинетической энергии равно совершенной работе. Если задано изменение силы со временем (№ 4.1), то из второго закона Ньютона изменение скорости 2 2 Аг = 1 I Произведенная работа зависит от начальной скорости v0 и опреде- ляется разностью кинетических энергий А = w/2(z/0 + Дг)2 -(w/2)vq. (4-3) При линейном нарастании силы со временем F— at и спаде с тем же коэффициентом конечная скорость v тела массой т, на которое действует сила (№ 4.18), определяется из второго закона Ньютона: т т/2 mv = |Fdt = 2а f tdt = а(т/2) . о о Линейное нарастание силы может быть связано с определенной конструкцией системы. Например, однородная доска длиной L гори- зонтально лежит на двух одинаковых цилиндрических опорах, враща- ющихся в противоположных направлениях (рис. 4.3). Направления вращения таковы, что верхние точки ци- линдров движутся в противоположные сто- роны от центра системы, а оси цилиндров неподвижны. Расстояние между осями рав- но I. Коэффициент трения между доской и опорами к. Найдем скорость, которую при- обретет доска в момент времени, когда один из ее концов соскользнет с опоры (№ 4.45). Рис. 4.3 5-3707 65
Сумма давлений на опоры всегда равна весу доски TVj + N2 = mg. Отклонение центра масс от его положения при равновесии (неус- тойчивом) обозначим х. При отсутствии вращения доски момент сил, действующих на доску, относительно точки на нижней повер- хности доски под центром масс равен нулю Ntf/2 + х) = N2(l/2 - х). В горизо) ггальном направлении на доску действует сила, равная разности сил трения на опорах: F = F2 - /, = k(N2 - NJ = 2kmgx/l. Из второго закона Ньютона получаем mdv/dt = mvdv/dx = 2kmgx/l. Интегрируя это уравнение с учетом того, что в начальный момент при х = 0 скорость доски v = 0, получаем v2/2 = kgx2/!. Отсюда при х = 1/2 находим искомую скорость. -- д Еще один пример линейной зависимости силы от / \ смещения в случае действия лука на стрелу. На рис. 4.4 / \ показаны силы, которые действуют на тетиву лука (дли- кр ной /) при ее оттягивании. Изменением деформации { \ т лука в процессе оттягивания тетивы пренебрегаем. По- i F этому натяжение вдоль тетивы F? считаем постоянным, г р Сила F, с которой стрелок оттягивает тетиву, пропор- \ I циональна величине смещения х = (l/2)(F/2)/FT. Бла- годаря линейной зависимости силы от смещения ее - - J |м работа (упругая энергия) равна А = Fx/2. Энергия, со- л зданная этой работой, затем переходит в кинетичес- Рис. 4.4 кую энергию стрелы (№ 4.51). Кинетическая энергия характеризует также и возможность совер- шения работы телом при противодействии тормозящей силы. Например, сила зрения останавливает лодку (массой т и длиной £), наезжающую по инерции на отмель и останавливающуюся (из-за тре- ния), когда половина ее длины оказывается на суше. Найдем началь- ную скорость лодки, если коэффициент трения равен к (№ 4.16). Сила трения лодки об отмель определяется силой нормального давления, которая увеличивается пропорционально увеличению ча- сти лодки, давящей на отмель. Из равенства изменения кинетичес- кой энергии работе силы трения получаем £/2 mv2/2 - | kmg(x/L)dx = kmgL/%. о 66
Отсюда начальная скорость v = (/<g£)1/2/2. Трение может демпфировать колебания. Тело на пружине жесткостью к находится на по- верхности, которая с одной стороны от поло- жения равновесия шероховатая (коэффициент трения ц), а с другой стороны гладкая (рис. 4.5). к w -яиш-п ---- ц Рис. 4.5 Найдем, на какую величину L надо сдвинуть тело массой т в сторону гладкой части поверхности, чтобы после захода на шероховатую часть поверхности оно остановилось в положении равновесия (№ 4.19). Обозначим расстояние, на которое тело заходит на шероховатую часть поверхности, I. Работа силы трения на пути 2/ равна энергии сжатой пружины при начальном сдвигании тела в сторону гладкой поверхности на L А = \xmg2l = ££2/2. Для определения Iвоспользуемся тем, что при отклонении на /у пружины имеется упругая энергия. Поэтому к!2/2 = \imgl + к!2/2. Из этих двух уравнений можно найти L. Рассмотрим торможение маленького колечка массой т, надетого на проволочное кольцо радиусом R за счет трения (коэффициент трения к, силу тяжести не учитываем) после получения в начальный момент скорости v0 (№ 4.40). Изменение кинетической энергии происходит за счет работы сил трения d(mv2/2) = —k(mv2 / R)Rdg>. Отсюда определяем скорость в зависимости от угла поворота по проволочному кольцу <р: ln(v/v0) = — kg> и v = 1’0/_*ч>. Найдем минимальную кинетическую энергию, которую должен футболист сообщить мячу массой т для попадания под штангу ворот высоты й с расстояния L (рис. 4.6). Введем компоненты начальной скорости vx и w. Время полета t = L/vx. Так как h = vyt — g t2!2, то подставляя t, получаем vy = hvJL + sL/(2vx). Для начальной энергии имеем £ = (/n/2)(v2 + v2) = (w/2)[v2 + h2 v2x/L2 +gh + g2 £2/(4v2)]. 67
Условие минимума энергии: dE/d(yl) = G. Находим скорость и подставляем в уравнение для вычисления энер- гии (№ 4.44). Другим видом энергии, характеризующим возможность совер- шения работы, является потенциальная энергия в поле сил. Силы, для которых работа не зависит от формы траектории движения, называют консервативными. Примером таких сил являются силы притяжения тел к Земле и упругие силы. Для консервативных сил можно ввести потенциал силы, или потенциальную энергию U, за- висящую только от координаты и связанную с работой следующим образом: dU= —dA = —Fdr. (4.4) Убыль потенциальной энергии равна работе, совершаемой телом. Используя полученную выше связь работы с кинетической энер- гией, получаем в случае консервативных сил dA = FJr = dE = —dU (4.5) или E + U= En — const. (4.6) Это закон сохранения механической энергии для тел неизменной массы. Этим законом можно пользоваться, если малы потери, свя- занные с переходом механической энергии в другие ее виды, напри- мер в тепло при действии сил трения. Необходимо отметить, что обычно энергия определяется с точностью до некоторой постоян- ной, от которой отсчитывается ее изменение. Падение тела в поле тяжести g с высоты h приводит к появле- нию вертикальной скорости v = (2gh)1'2. (4.7) 68
Кинетическая энергия у тела может появиться в результате скатывания его с горки. В частности, горкой может быть плоский клин, гладкие боковые поверхности которого представляют собой (в се- чении) четверть окружности радиусом R (рис. 4.7). Если массы клина и тела одинаковые и трением между клином и горизонтальной поверхностью, на которой он находится, можно пренебречь, то из закона сохранения импульса и полной энергии скорости тела и клина равны i>= (g7?)1/2. В случае существования трения между телом и поверхностью (с коэф- фициентом трения к) из второго закона Ньютона следует, что время до его остановки t= v/(kg). Путь определяется из равенства кинетической энергии работе сил трения (№ 4.30). В некоторых случаях можно вычислить и сравнить средние зна- чения кинетической и потенциальной энергий. Сделаем это для вер- тикального движения упругого шарика в однородном поле тяжести при отражении его от горизонтального пола по законам упругого удара (№ 4.64). При отсутствии потерь движение повторяется. Для вычисления среднего значения достаточно вычислить его за время подъема и опус- кания. Обозначим скорость шарика сразу после отскока от пола w0, а время до следующего удара Т. Изменение скорости со временем v — Vq — gt, высоты подъема у = vot — gt1/'!. Из первого соотношения получаем gT = 2v0. Вычислим средние значения кинетической и потенциальной энергий: т (£) = (1/Т) ^(mv2tydt = mv2}/f>; о Рис. 4.8 (Z7) = (1/Т) \mgydt = гтЦЗ. о Отсюда следует для средних значений <U> = 2<E>. (4.8) Найдем давления на стол однородного каната, висевшего над столом вертикально, и нижним концом доходившим до стола (рис. 4.8), когда он начнет свободно падать (№ 4.55). Элемент каната dm соприкасается со столом и за dt изменяет свою скорость от v до 0 под действием силы F. По второму закону Ньютона vdm = Fdt. Предполагается, что канат не обладает 69
жесткостью и все его части движутся независимо. Все части каната, которые не остановились, движутся с одинаковыми скоростями, которые определяются смещением у, равным длине куска, уже ле- жащего на столе (при отсутствии жесткости каната не возникает горизонтальной скорости), v = (2gy)1/2. Учитывая, что dm= pdy (р — масса единицы длины каната), получаем vpdy/dt = Г и так как dy/dt = v, то F = рп2 = 2pgy. К этой силе добавляется вес куска, уже лежащего на столе, pgy. Поэтому F = 3pgy. Для нахождения полного импульса, переданного столу (№ 4.54), / надо вычислить интеграл fpvdy. '777////////. ° „ „ , Тяжелую однородную веревку массой т и длиной I можно перекинуть через невесомый блок (рис. 4.9). Най- дем скорость веревки в зависимости от расстояния х между уЛ ее концами, если в начальный момент оно равно h. L.---и Из второго закона Ньютона имеем Рис. 4.9 mdv/dt = (m/l}gx. Связь между х и скоростью веревки dx/dt = 2v. Поэтому m(dv/dx)2v = (m/l)gx. Отсюда закон сохранения энергии: mv2/2 = (m/l)(l/2)gx2/2 + С. Здесь С — постоянная, определяемая из начального условия. Ис- пользуя начальное условие, находим скорость (№ 4.56). Закон сохранения энергии в приведенной форме (4.6) годится только при постоянной массе движущегося тела. Например, в слу- чае тяжелой веревки, подвешенной одним концом, а другим концом проходящей через неподвижный невесомый блок (рис. 4.10), движущаяся масса веревки меняется, и поэтому нельзя пользоваться за- коном сохранения энергии (№ 4.120). Реше- ние должно учитывать изменение массы, как в предыдущем разделе. Если радиусом блока можно пренебречь по сравнению с длиной ве- ревки /, то в равновесии конец веревки нахо- дится на уровне петли. Такое положение неус- тойчиво. Рассмотрим случай опускания конца веревки. Обозначая массу веревки М, для час- 70
ти, движущейся со скоростью v, при опускании конца веревки на расстояние z получаем, что ее масса равна m(z) = [(2/3)/ + z/2]M/L (4.9) В произвольный момент движения t масса движущейся части веревки т и скорость v. В момент / + dt масса т + \xdt, а скорость v + dv. Изменение импульса за dt равно весу неуравновешенного куска веревки: (т + y.dt)(v + dv) — nw = (M/l)(3/2)zgdt. Откуда vydt + mdv = (3/2)(M/l)zgdt. Приращение массы можно выразить через скорость: ydt = {M/l)vdt/2. Подставляя это, а также dt = dzjv, получаем (Z + 4l/3)vdv + (v2 — 3gz)dz — 0. (4Ю) Найдем интегрирующий множитель y(z), позволяющий найти решение этого уравнения. Условие заключается в том, что произ- водная от y(z + 4//3)г> по v при постоянном z равна производной от у (г/ — 3gz) по z при постоянном v. Получаем у = (г + 4//3). Используя это у, из (4.10) получаем y2vdv + y[v2 — 3g(y — 4//3)]dy = dF = = (3F/'dv)dv + (dF/'dy)dy =0. (4.11) Отсюда F(v, y) = (v2 + 4lg)y2/2 — gy3 + C = 0. (4.12) Так как при t = 0 имеем v = 0, z — 0, у = 4//3, получаем С = —(g/2)(4//3)3. В результате имеем зависимость скорости от смещения конца веревки: v2/g = [2у3 + (4//3)3 - 4/у2]/у2 = 18г2(г + 2/)/(Зг + 4/)2. (4.13) Посмотрим, что получится, если пользоваться законом сохране- ния энергии. Изменение потенциальной энергии (M/l)z(z/4 + z/2)g. 71
Кинетическая энергия (М//)[(2/3)/ + ^/2]г2/2. Отсюда r2/g = 3z7(z + 4//3). (4.14) Отношение точной зависимости (4.13) к (4.14), где использован закон сохранения энергии (хотя его использовать нельзя): (2/3)(z + 2/)/(z + 4//3). (4.15) При малых z это близко к единице, в пределе при z = 21/3 отно- шение равно 8/9. Рассмотрим движение частицы, совершающей одномерное дви- жение в положительном направлении оси х в консервативном поле с потенциальной энергией U(x) = £[1 - (х/х^], где Е и х0 — постоянные величины, а начальное условие заключает- ся в том, что при t = 0 частица покоится в точке х = 0 (№ 4.119). Из начального условия следует, что Е — полная энергия, и закон сохранения энергии имеет вид Е = mv2/2 + U(х). Откуда dx/dt — v = (2/m)l'2(JE- С/)'/2 = (2/w),/2(£)‘/2(x/x0)2/3. Теперь можно найти зависимость координаты от времени и со- отношение параметров движения, например, (dx/dt)/х. Другое решение получаем из второго закона Ньютона, подставляя в него силу, определяемую из потенциальной энергии F= —dU/dx. Задачу о движении тела под действием известных сил при задан- ных начальных условиях можно полностью решить, используя вто- рой закон Ньютона. В некоторых случаях решение задачи может существенно упрос- титься, если воспользоваться законами сохранения. Особенно, ког- да для сил получаются сложные выраже- _ vo Z -Sj \ Рис. 4.11 ния, и поэтому трудно проинтегрировать уравнения движения. Например, небольшое тело начинает двигаться с вершины гладкой полусферы радиусом 7? с горизонтальной скоростью г0 в поле тяжести (рис. 4.11). Найдем, на какой высоте оно оторвется от поверхно- сти (№ 4.36). 72
Закон сохранения энергии: mv2/2 - mvl /2 = mgR (1 - cos <p). Условие отрыва из уравнения движения по окружности в мо- мент, когда прекращается давление тела на поверхность полусферы: mv2/R = wgcoscp. Исключая из этих уравнений v, получаем h = jRcoscp = + 2/<?)/(3g). Отметим, что результаты не зависят от массы тела. Рассмотрим соскальзывание с вершины гладкой полусферы мас- сой М двух тел разной массы (рис. 4.12). Во время движения тела будут находиться на одной и той же высоте, но давление их на полу- сферу будут зависеть от массы N — mg cos а — mv2/R = mg cos a — 2mg (1 — cos a) = = mg(3 cos a — 2). Если известен угол, при котором полусфера начинает двигаться по горизонтальной поверхности, на которой удерживалась трением, то можно найти коэффициент трения (№ 4.41) к = (Nt — N2) sin a /[Mg + + TV2) cos a]. Потенциальная энергия может быть связана с силами упругости. Например, мальчик стреляет из рогатки. Он растягивает резину вдвое, доведя усилие до Fo = ЮН (рис. 4.13). Определим скорость камешка массой т = 10 г, если длина резинки 2L = 20 см, а масса резинки М — 30 г (№ 4.52). В отличие от многих задач, в которых обычно пренебрегают мас- сами пружин по сравнению с массами ускоряемых ими тел, в данной задаче масса резины в три раза больше массы камушка, и поэтому необходимо учесть кинетическую энергию, приобретаемую резиной Wp. Сложность здесь в том, что различные части резинового жгута имеют различные скорости: начало, закрепленное на рогатке, — не- 73
подвижно, а конец (под ним понимаем середину всей длины резины) имеет такую же скорость, что и камушек, пока не перестанет дей- ствовать упругая сила натяжения резины. В момент отрыва камушка от резины ускорение его станет равно нулю, так как действующая сила становится равной нулю, а вся потенциальная энергия натяже- ния пружины перейдет в кинетическую энергию камушка и резины. Для подсчета кинетической энергии резины предполагаем, что ско- рость линейно меняется по массе резины или по так называемой лагранжевой координате Е, = (пъ — масса куска резины от начала до данной точки), представляющей расстояние каждого эле- мента массы резины от рогатки в нерастянутом состоянии. Тогда, обозначая скорость камушка в момент вылета v, получаем л/ , L Wv = (1/2) f (уп^М)' = (1/2) f (r^/Z)2 (M/L)d^, (4.16) 0 0 и в момент отрыва камушка кинетическая энергия камушка и рези- ны равна: L WK=mvll2 + {\l2}[^IL)2{MIL')d^ = {m + MI3)v1l2. (4.17) о Потенциальную энергию растянутой резины вычисляем как ра- боту силы натяжения F, которая линейно зависит от удлинения. Мак- симальное значение силы Fo, максимальное удлинение L и упругая энергия W = F0Z/2. Из закона сохранения механической энергии FoL/2 = Vq (т + М/3)/2 и v0 = (F0L/(m + Л//3)) = 7,1 м/с. Упругая сила, возникающая при столкновении шаров, по теории Г. Герца зависит от деформации поверхности (прогиба или смеще- ния) х следующим образом F= кх3/2. Найдем максимальную дефор- мацию Дх двух сталкивающихся шаров одинакового радиуса, но раз- ных масс W] и т2, движущихся навстречу друг другу с одинаковыми по величине скоростями v (№ 4.80). Работа силы А = / ДД = (2/5)Л(Ах)5/2. о Предполагая, что первая масса больше второй, получаем скорость центра масс гц = + m2). Работа сил равна изменению кинетической энергии шаров за вычетом энергии движения систе- мы в целом ту2 /2 + m2v2/2 - (wj + w2)v^/2 = 2(2/5)Z(Ax)5^2. 74
Отсюда определяется максимальное смещение, когда прекраща- ется относительное движение шаров. Торможение частиц, летящих навстречу друг другу, может быть связано с кулоновскими силами при одинаковых знаках зарядов. В слу- чае двух одинаковых частиц, например протонов (№ 4.83), облада- ющих каждый кинетической энергией Е, они будут сближаться до расстояния между ними а, пока вся кинетическая энергия не перей- дет в потенциальную: 2Е = -J Fdr = -Де2/r2]dr = е2/а. Рассмотрим задачу, в которой потенциальная энергия создается тяжестью и упругими силами. Гимнаст падает с высоты Н в упругую сетку. Найдем, во сколько раз максимальная сила, действующая на гимнаста со стороны сет- ки, больше его веса, если прогиб сетки под действием веса гимнаста равен а (№ 4.28). Упругая энергия сетки при растяжении и прогибе на величину L равна изменению потенциальной энергии кЬг/2 = mg (Н + L). Воспользовавшись тем, что ка = mg, находим L, и тогда F = kL = mg 11 + (I + 2H/d)^\. Увеличение силы может привести к разрушению удерживающей конструкции. Рассмотрим разрыв нити (длиной £), на которой подвешен груз. Определим, на какую минимальную высоту надо поднять груз мас- сой т, чтобы он, падая, разорвал нить, если минимальный покоящий- ся груз массой М, разрывающий нить, растягивает ее перед разрывом на I % длины (№ 4.31). Считаем, что сила, с которой нить действует на груз, пропорциональна растяжению нити вплоть до ее разрыва. Условие разрыва нити — ее удлине- ние: ЕЕ = 0,011. Такое удлинение полу- чается при статическом натяжении нити массой М. Тогда, из условия равновесия Mg = кЕЕ, находим величину к (рис. 4.14). Удлинения EL можно достигнуть и за счет динамического воздействия массой т < М. Необходимо рассмотреть два слу- чая: 1) высота подъема груза h < ELX — 75
статического удлинения нити под действием груза т и 2) h > Д£р Для первого случая в момент растяжения нити на величину Д£ (не- обходимую для разрыва) приращение упругой энергии нити равно запасенной потенциальной энергии груза: к {t^Ly/2 — к (Д£2)2/2 = mg (&L — д£2). Отсюда Д£ + Д£2 = 2mg/k = 2ккт/М. Учитывая, что mg = k(^Lt) и (Д£2) = (&Lt) — h = !\Lm/M — h, получаем h = Д£(1 — т/М). На рис. 4.15 эта зависимость обозначена £ Во втором случае £(д£)2/2 = mg(h +д£ — Д£^ и соответственно h = М[М/(2т) - 1 + т/М]. На рис. 4.15 обозначено 2. При т «. М для больших h/kL получаем h = Д£[Л//(2те) — 1]. ис’ ‘13 Отметим, что при т/М = 1/2 в обоих слу- чаях Д£, = Д£/2, h = Д£/2. При больших величинах отношения т/М имеем первый случай, при меньших — второй. Одну и ту же работу можно совершить за различное время. Ве- личина, характеризующая скорость совершения работы, называется мощностью, P=(dA/df) = ^y. (4.18) Рассмотрим пример применения этой формулы. Через неподвижный блок, массой которого можно пренебречь, перекинута замкнутая тяжелая веревка массой М. В начальный мо- мент времени за веревку в точке между блоком и нижним ее заворо- том, цепляется обезьяна массой т и начинает карабкаться вверх так, чтобы удержаться на неизменной высоте. Определим, какую мощ- ность Р должна развить для этого обезьяна и через какое время она перестанет справляться со своей затеей, если максимальная мощ- ность, которую она может развивать, равна Ртак (№ 4.35). Если обезьяна удерживается на одной и той же высоте, значит, со стороны веревки на нее действует сила mg. Такая же сила действует на веревку и разгоняет ее от нулевой скорости до v — at, где а = mg/M. 76
Поэтому Р= Fv = (mg)2t/M; /тах = MPmJ(mg)-. Если при движении автомобиля по горизонтали со скоростью v требуется мощность Р, то при движении в гору под углом а требуется большая мощность Pt = (F + mg sin a)v = Р + wgvsina. Здесь F — сила тяги при горизонтальном движении, т — масса ав- томобиля. Эта формула позволяет найти максимальную мощность при за- данном максимальном угле подъема (№ 4.5) и величину силы зре- ния, F = P\/v — Mg sin а, действующей на автомобиль (№ 4.6). В случае вращательного движения мощность N выражается че- рез момент сил М и угловую скорость со: N = Fdl/dt = Fv = FR(a = М со. (4.19) Найдем максимальную мощность, которую ведущий диск фрик- ционного сцепления, вращающийся с угловой скоростью со и при- жимаемый к ведомому диску с силой Fn, передает ведомому диску, если радиус дисков R и коэффициент трения ц (№ 4.61). Как следу- ет из приведенной выше формулы, для нахождения мощности надо найти момент действующих сил: Л R М = J р[еп/(71/?2)]271гс//-г = (2pFn/7?2)f r2dr = (2/3)цГпЯ. о о Из второго закона Ньютона в случае отсутствия внешних сил для тела или системы тел получаем сохранение импульса. Импульс со- храняется и при взаимодействиях внутри системы, в том числе и сопровождающихся потерями энергии при действии внутренних сил либо выделением энергии. При стрельбе всегда возникает отдача. Оценим силу отдачи при выстреле из ружья в предположении, что эта сила постоянна и смещает плечо стрелка на s, а пуля покидает ствол практически мгновенно (№ 4.9). Обозначим массу ружья М и массу пули т, а скорость вылета пули v. При постоянной силе отдачи постоянно ускорение ружья а = F/М. Под действием силы в течение времени т ружье приобретает скорость vp = (F/M)x и смещается на расстояние s = {F/M)i2/'l. Импульс, приобретенный ружьем, равен импульсу, унесенному пулей (разлетом продуктов горения или взрыва пренебрегаем), Mvp = mv. Исключая время, получаем F = mV/(2Ms). 77
Отдача при выстреле может остановить свободно соскальзываю- щую по гладкой наклонной плоскости пушку. Выстрел производится в горизонтальном направлении в момент, когда она прошла уже путь I. Масса пушки М. Угол наклона плоскости а. Найдем необходимую для остановки пушки скорость снаряда v, если его масса т М (№ 4.10). Так как плоскость гладкая, то из равенства кинетической энер- гии изменению потенциальной получаем скорость пушки вдоль на- клонной плоскости vn = (2g/sin а)1/2. Из закона сохранения импуль- са вдоль наклонной плоскости: Mvn = mucosa. Отсюда определяем скорость снаряда. Отдача возникает и в лазере. Кристалл лазера массой т, излуча- ющий световой поток в виде короткого импульса с энергией Е, имеет скорость отдачи v, которая определяется из закона сохранения им- пульса: mv = Е/с (№ 4.88). Взаимодействие между телами может передаваться путем трения одного по другому. Например, на покоящееся тело массой М, нахо- дящееся на гладкой (трения нет) поверхности (или на воде), попада- ет другое тело массой т, движущееся горизонтально со скоростью v (№ 4.15). Между телами имеется трение (коэффициент трения к). Конечная скорость тел vK, когда проскальзывание прекратится, оп- ределяется сохранением импульса: mv — (т + M)vy. Относительное смещение (путь) s определяется из равенства ра- боты силы трения изменению кинетической энергии: kmgs = mu2/2 - (m + Л/)и2 /2. Одно тело массой m может находиться на Рис. 4.16 другом, например на тележке массой М, сто- ящей неподвижно на гладкой горизонталь- ной поверхности (рис. 4.16). Тело прикреп- лено к тележке пружиной жесткостью к, пер- воначально сжатой на х0. Расстояние от тела до свободного края тележки L (длина пружи- ны в несжатом состоянии меньше Z). Най- дем, какая будет скорость тела и, когда оно соскользнет с тележки, если коэффициент трения тела о тележку равен a (№ 4.20). Из закона сохранения импульса следует mv — MvT, где ит — ско- рость тележки. Для определения скорости тела используем сохране- ние энергии: кхд /1 — amgL = mu2/2 + М V? /2 = (mu2/2)(l + т/М}. 78
Если в тело массой М, подвешенное на нити длиной L, попада- ет и застревает в нем пуля массой т, летевшая горизонтально, то начальная скорость движения тела с застрявшей в нем пулей vH связана со скоростью движения пули v0 законом сохранения им- пульса: mv0 — (т + M)vh. Необходимо отметить, что механическая энергия при этол/ не сохраняется (происходит разогрев тела и пули из-за грения). При дальнейшем движении тела с пулей в однородном поле тяжести механическая энергия сохраняется. Чтобы тело все время после по- падания пули двигалось по окружности, нить должна быть натяну- та. Это значит, что в наивысшей точке движения, где скорость ми- нимальна, должно выполняться условие движения по окружности под действием силы тяжести: (Л/ + = (М + m)g. Скорость в наивысшей точке движения г, связана с vH и L зако- ном сохранения энергии: (Л/ + m)(yl -vl)/2 = 2(M + m)gL. Из этих соотношений можно найти, при какой минимальной скорости пули тело совершит полный оборот по окружности вокруг точки подвеса. Получаем v0 > (5gL)l/2(M + т)/т. Результатами можно воспользоваться и при решении других задач (№ 4.32). Маятник можно использовать для определения скорости попа- дающей в него пули v0. Главное условие заключается в том, чтобы за время соударения маятник не успевал существенно сместиться. При этом передается сразу весь импульс пули. Такой маятник на- зывается баллистическим. Масса его М должна значительно пре- восходить массу пули т. После соударения энергия маятника при отклонении сохраняется. По углу отклонения а определяется ско- рость маятника после соударения vr Возможны различные про- цессы соударения: 1) пуля после удара застревает в маятнике; 2) пуля отскакивает после удара со скоростью г; 3) пуля падает вниз, потеряв свою скорость (№ 4.66). 79
Из закона сохранения импульса при соударении в первом, вто- ром и третьем случаях имеем: 1) mv0 = (т + Mjvy 2) т (г0 + г) = Mv^ 3) nw0 = Mvv Закон сохранения энергии после соударения во всех случаях: V]2 /2 = gL (1 - cos а) ~ gl а2/2. Эти соотношения позволяют определить скорость пули. Движение тела по окружности можно обеспечить с помощью желоба. Начальную скорость создать не ударом, а спуском с плав- ной горки заданной высоты. На рис. 4.17 показан гладкий желоб с раз- рывом. Найдем, при каких начальных высо- тах тело, достигнув точки А, пролетит после свободного полета ниже верхней точки пет- ли В, т. е. сможет попасть обратно в желоб (№ 4.37). Чтобы тело достигло точки А, т. е. не ото- рвалось от желоба раньше, должно выпол- няться условие движения по окружности под действием только компоненты силы тяжес- ти (давление на желоб равно нулю): mvL/R = wig sin а. Скорость ис- ключаем с помощью уравнения сохранения энергии лш2/2 = mgh. Откуда одно условие на h имеет вид h > (R/2) sin а. Ограничение высоты сверху определяется тем, чтобы тело, двигаясь свободно, не вылетело выше точки В. Расстояние между А и В по горизонтали Zr = Rcoso. и по вертикали lB = R (1 — sin а). По горизонтали движе- ние с постоянной скоростью v sin а, по вертикали с постоянным ускорением g. Исключая из уравнений движения время, получаем h < (А/4)(1 + sina)/sina. Рассмотрим торможение спутника за счет упругих соударений его с частицами пылевого облака. Спутник шарообразной формы радиу- сом Rq и массой М, движущийся по прямой со скоростью v0, влетает в облако неподвижных тормозящих частиц с одинаковыми массами т «С М и концентрацией (число частиц, в единице объема) п. Най- дем, как будет меняться со временем скорость спутника (№ 4.116). В системе координат, связанной со спутником, частицы имеют скорость v, которая до вхождения спутника в облако была v0, а за- тем уменьшается. Проекция импульса, передаваемого одной части- цей, на направление движения спутника зависит от угла а, опреде- 80
ляющего точку удара частицы (рис. 4.18). При упругом ударе (угол падения а равен углу отражения) проекция импульса равна 2wz?cos2a. Полный импульс от всех частиц в единицу времени «о р = J 2mvcos2ctvn2nrdr = о я/2 = | 2mvcos2a.nv2nRa sin aR0 cosada = nR^v2mn = Av2, о Таким образом, dp/dt = Mdv/dt = -Av\ Откуда 1/v = l/r0 + At/M и окончательно »=-V(’ + Av.t/M} = V(l+ ft), где В = TiRlv^mn/M. Применим закон сохранения импульса при взрыве (разделение на две одинаковые части) снаряда в верхней точке траектории на высоте h. Через время t{ после взрыва одна часть снаряда падает на землю под тем местом, где произошел взрыв. Найдем, на каком расстоянии S2 от места выстрела упадет вторая часть снаряда, если первая упала на расстоянии Sr от места выстрела (рис. 4.19). Силу сопротивления воздуха при решении задачи учитывать не будем. Для первой части снаряда после взрыва задано: отсутствие гори- зонтальной скорости и время падения с заданной высоты h. Отку- да вертикальная скорость гв. В зависимости от конкретных величин h и 1, эта скорость (поло- жительное направление — вниз) может быть направлена как вниз 81
по вертикали при h > gt? /2, так и вверх при h < gt? /2. Полученное соотношение относительно t} является квадратным уравнением, у ко- торого один корень соответствует опусканию на землю сразу после взрыва, а второй — спуску после подъема. Рассмотрим случай, когда первый осколок получает вертикальную скорость вниз, а второй та- кую же вверх (№ 4.11). Из закона сохранения горизонтальной компо- нент импульса получаем для горизонтальной компоненты скорости второго осколка = mvB/(m/2}. Тогда S2 = +v .t2, где t2 — время полета второго осколка после взрыва. Дальнейшие вычисления су- щественно упрощаются, если мы заметим, что второй осколок, ока- завшись после полета вверх, на который у него уйдет время равное 2^, fg, на высоте h будет иметь вертикальную скорость v*. ту же, что и первый, и, следовательно, дальнейшее расстояние h пройдет за вре- мя Таким образом, получаем t2 = + 2v^ /g- Так как для точки максимального подъема снаряда SJvr = (2/z/g)1/2 (время движения по горизонтали равно времени подъема на высоту /г), то v, = 2гг = 2/(2h/gf1, следовательно: S2 = 5, + 28^2^ [/, +2(/г-^2/2)/(й)] = ^/(1 + 2(2^gf Д). Использование законов сохранения продемонстрируем на соуда- рении брусков. На рис. 4.20 показана система и ее превращение. Брусок 1 лежит на таком же бруске 2. Оба они как целое скользят по гладкой гори- зонтальной поверхности со скоростью г0 и сталкивается с аналогич- ным покоящимся бруском 3. Удар бруска 2 о брусок 3 абсолютно неупругий (бруски 2 и 3 слипаются). Известно, что брусок 1 прекра- тил свое движение относительно брусков 2 и 3 из-за трения после того, как он полностью переместился с 2 на 3. Коэффициент трения между брусками 1 и 3 равен к. Трением о поверхность, а также между брусками 1 и 2 пренебречь. Найдем длину брусков L, при которой это происходит (№ 4.47). Из закона сохранения импульса после соударения 2 и 3 и слипания их скорость г0/2. Конечный импульс всей системы равен начальному 2 3 I ~2 3 Рис. 4.20 82
2mv0 = Злшк. Откуда получаем конечную скорость vy = 2v0/3. Измене- ние кинетической энергии после удара равно работе сил трения: L mvll2 + m(yGl2^ - Зти(2г0/3)2/2 = ^kmgxdx/L = ktngL/2. о Откуда L = vll(f>kg). Система отсчета, связанная с центром масс взаимодействующих тел, удобна, если первоначально центр масс покоился. Он остается неподвижным и при возникновении относительного движения тел. Рассмотрим это на примере лодки массой М с находящимся в ней человеком массой т, неподвижно стоящей на спокойной воде. Пусть человек прошел вдоль по лодке путь L. Найдем, каковы будут при этом смещения лодки и человека S2 относительно воды (№ 4.22). Если предполагать, что отсутствует сила трения между лодкой и водой, то из отсутствия внешних сил в горизонтальном направлении следует неподвижность центра масс системы. Удобно ввести гори- зонтальную координату вдоль направления длины лодки (рис. 4.21). Обозначая через х — координату центра масс системы (точка С), х} и jc, — координаты центров масс лодки и человека до перемещения, a х. и xf — после, получаем (Л/ + т)х = Л/%] + тх2 = Мх, + тх ., откуда М[х{. + -х2) = 0, т. е. MSt + mS2 = 0. Перемещение человека можно также записать S2 = 5, + L, тогда, подставляя это выражение в предыдущее, полу- чаем 5] = —mL/(M + т); S2 = ML/(M + т). 83
Если человек на лодке длиной L, стоящей носом у причала, пе- ремещается с кормы на нос, то лодка отодвинется от причала на 5 = mL/(M + т). В действительности в результате взаимодействия движущейся лодки с водой возникают не только силы, связанные с трением или образованием поверхностных волн, которые зависят от скорости лодки и уменьшаются при ее уменьшении, но и силы, связанные с ускорением лодки, которые существуют даже в идеальной (без тре- ния) несжимаемой жидкости. Эти силы возникают из-за того, что при ускорении лодки ускоряется и часть жидкости вокруг лодки. Таким образом, масса лодки как бы увеличивается на некоторую величину, которая называется присоединенной массой. Величина при- соединенной массы зависит от формы лодки. Если часть лодки, по- груженную в воду, считать половиной эллипсоида с осями: а> Ь — с (а — в направлении движения), то присоединенная масса становит- ся меньше 0,1 массы лодки уже при b/а = 0,3 и при дальнейшем сужении лодки быстро падает. Неподвижность центра масс позволяет найти смещение клина массой М по глад- кой горизонтальной поверхности, когда по нему соскальзывает подобный клин массой т (№ 4.26). Используя обозначения длин на рис. 4.22, для смещения клина при опуска- нии другого клина до поверхности получаем х = т {а — Z>)/(w + М). Если система находится в поле сил, в частности тяжести, то удоб- но следить за падением центра масс, а относительное движение рас- сматривать в системе центра масс. Например, на дне маленькой запаянной пробир- ки, подвешенной над столом на нити, сидит муха, масса которой равна массе пробирки, а расстояние от дна до поверхности стола равно длине пробирки L. Нить пе- режигают, и за время падения муха перелетает со дна в самый верхний конец пробирки. Найдем время, по истечении которого нижний конец пробирки стукнется о стол (№ 4.25). На рис. 4.23 начальное и конечное положение про- бирки для удобства изображения смещены по горизонта- ли, центр масс пробирки обозначен П, центр мухи — М, а центр масс системы (пробирка + муха) — С. Видно, Рис. 4.22 Рис. 4.23 84
что центр масс системы, движущийся в поле тяготения с ускорением g, проходит расстояние L/2. Таким образом, L/2 = gt1/! и t = (L/g)l/2. Здесь удобно подчеркнуть большую роль рисунка для быстрого ре- шения задачи. Отметим, что действие мухи при перелете на пробир- ку передается через воздух. При решении предполагаем, что вырав- нивание давления внутри пробирки происходит со скоростью зву- ка, которая значительно превышает скорость мухи. Рассмотрим столкновения. При столкновении тел, происходящем при отсутствии внешних сил, всегда выполняется закон сохранения суммарного импульса. Для тел, имеющих массы т{ и т2 и скорости v01 и v02 до удара и vt и v2 после удара, получаем 'Vo, + W2V02 = WIVI + W2V2- (4-20) Законом сохранения импульса при соударении можно восполь- зоваться и при действии внешних сил, если время соударения мало, т. е. за время соударения импульс внешних сил значительно меньше импульса сил, возникающих при взаимодействии. Упругим называется соударение, при котором сохраняется кине- тическая энергия системы. Для случая двух тел закон сохранения кинетической энергии имеет вид mi (voi)V2 + тг (^оз)2/2 = "W/2 + m2v2/2. (4.21) При центральном соударении (движение вдоль одной координа- ты) получаем mi(V2 - V02> = ~ Г1)’ т2 (v2 ~ Г’ог) - (r01 “ vl\ Отсюда (v2 + Го2) = (r01 + r(). В случае, когда масса одного тела значительно превосходит мас- су другого, скорость первого остается постоянной, и его обычно называют стенкой. Простейшая задача удара о стенку: какую скорость получит мяч, лежащий на дороге, если на него наезжает (упруго ударяет) автомо- биль, движущийся со скоростью v. В системе отсчета, связанной с автомобилем, происходит удар о стенку, при котором скорость мяча меняет направление на противоположное. При переходе образно в систему дороги получаем скорость в два раза больше скорости авто- мобиля. 85
Тело, ударяющее в подвижную стенку, может иметь начальную скорость. При условии т2 3> т1 можно считать^ = v02 и в случае стенки, удаляющейся с постоянной скоростью г02 < г01, имеем ri = -^oi + 2Ч>2- <4-22) Изменение импульса Др = —2w1(r01 — г02). Остановка ударяюще- го тела после удара, как следует из (4.22), будет при vOi = 2г02. Найдем изменение кинетической энергии при ударе (№ 4.70): ДЛГ = ml — vt j/2 = 2/Л|Г02 (v01 - г02). Относительное изменение кинетической энергии ^К/К = 4(г01 - v02)/v02 = 4vm/vm. (4.23) Рассмотрим движение тела между неподвижной стенкой и стен- кой, удаляющейся от неподвижной со скоростью г02 (№ 4.72). Обозначим расстояние между неподвижной и подвижной стен- ками в момент удара о подвижную стенку /, а полученную телом скорость г01. Время до следующего удара о подвижную стенку Tf находим из условия, что за это время подвижная стенка сдвинется на г02Т13 т. е. 1\ = (2/ + vQ1T{)/v0V Откуда Г, = 2//(г01 - v02). (4.24) Аналогичным образом рассчитываем время до следующего уда- ра, учитывая изменение скорости при ударе о подвижную стенку 7’2 = [2(/+^T1) + 12O27;]/(z;O]-2l2O2). Изменение времени Д7= Т2 - 1\ = T^/(vn - 3%) = 7,4^/^,. Отсюда и из (4.23) получаем dK/K + dT/T= 0. Откуда следует КТ = const. Подставляя выражение для кинетической энергии и время при медленном движении стенки, имеем (№ 4.72) (mv2/2)(2l/v) = mvl = const. При постоянной массе vl = const. 86
Эта величина постоянна при медленном сме- щении подвижной стенки и называется адиаба- тическим инвариантом. Рассмотрим торможение тела массой М, дви- жущегося со скоростью «0 (в начальный момент), пучком летящих навстречу со скоростью v частиц массой т (и частиц в единице объема). Плоская поверхность тела площадью S перпендикулярна скоростям (рис. 4.24). Найдем время остановки v о—*— о—► О— О—— Рис. 4.24 тела (№ 4.71). При отсутствии внешних сил изменение импульса тела равно изменению импульса пучка: Mdu = vdtSnm(—v — 2« — v) = —2(v + u)vdtSnm. Интегрируя с учетом начального условия, получаем t= [ЛЛп(1 + uQ/v)\/(2vSnm) ~ Mu0/(2nw2nS). Определим долю энергии, теряемую частицей массой т{ при уп- ругом столкновении ее с неподвижной частицей массой тм2 (№ 4.86). После столкновения частица продолжает двигаться в прежнем (ког- да т{ > т2) или прямо противоположном (когда т{ < w2) направле- нии. Покажем, что доля теряемой энергии не зависит от того, какая частица движется, а какая покоится. Найдем, при каком соотноше- нии масс mjm2 потеря энергии максимальна. Для центрального удара и v02 = 0 из (4.20) и (4.21) получаем mi (yoi -vi) = "W mi (^oi ~vi) = • Откуда v2 — г0| + Vj и, следовательно, — г,) = m2(v0l + vt). Поэтому Vx/V0l = (т1 - т2)/(т, + W2>- Видно, что при т2 > mt первая частица летит назад (^ < 0). Доля кинетической энергии, теряемая первой частицей, в результате со- ударения а=(4 - ^2)/W2 = 1-h/roi)2 = = 1 - {(wi - "1г)/('”1 + тг)]2 = (пц + mrf. Отсюда видно, что при т1 — т2 теряется вся энергия а = 1. Этот результат объясняет, почему в ядерных реакторах для за- медления нейтронов используется рассеяние их на ядрах легких (дей- терия, углерода), а не тяжелых атомов. 87
Рассмотрим столкновение двух идеально упругих шаров с масса- ми т1 и т2 движущихся вдоль одной и той же прямой со скоростя- ми v1 и v2. Во время столкновения шарики начинают деформиро- ваться, и часть кинетической энергии переходит в потенциальную (упругую) энергию деформации. Затем деформация уменьшается, и запасенная потенциальная энергия вновь переходит в кинетичес- кую. Шары разлетаются. Найдем значение потенциальной энергии деформаций в момент, когда она максимальна (№ 4.73). Условие в момент максимальной деформации — отсутствие от- носительного движения (скорости тел одинаковы). При этом из за- кона сохранения импульса (4.20) следует mlvl + m2v2 = (/«j + w2)v. Общая скорость v является скоростью центра масс. Потенциаль- ная энергия определяется относительной скоростью Еп = m{vj /2 + m2v2/2 - (от, + «г2)г2/2 = = + w2)}(^ - v2)2/2. При упругом ударе одного тела с известной массой, двигавшего- ся в момент удара с известной скоростью, по другому неподвижно- му телу тоже с известной массой можно найти их скорости после удара, а затем, например, их движение с учетом трения о поверх- ность, по которой они скользят (№ 4.75). Особый случай представляет неупругое соударение, при котором кинетическая энергия относительного движения соударяющихся тел обращается в нуль. В этом случае дополнительным соотношением, позволяющим решать задачи, является условие равенства скоростей после удара. Рассмотрим неупругое соударение двух шаров с массами и т2, двигающихся навстречу друг другу, если кинетическая энергия од- ного, например, в 20 раз больше другого (№ 4.74). Найдем, при каких условиях шары после удара будут двигаться в сторону движения шара, обладавшего меньшей энергией. Предполагаем m2v2 /2 = 20 v2 /2. Из закона сохранения импульса и условия задачи mlvl — m2v2 = (т2 + m2)v > 0. Отсюда получаем mjtn2 > 20. 88
При соударении тел возможно, что только часть налетающего тела прилипает к другому. Обозначим долю прилипающей массы х, скорость налетающего тела v, скорость второго тела (такого же до соударения, но покоившегося) после удара и прилипания и. Из за- кона сохранения импульса имеем в случае, если часть первого тела отлетает обратно с той же по величине скоростью, какая у него была (№ 4.77): V = (1 + х)и — (1 — x)v. (4.25) Предполагая, что в результате удара внутренняя энергия не умень- шается, для кинетической энергии имеем у2 > (1 + х)и2 + (1 — x)v2. Из двух последних уравнений получаем х(у2 — и2) > и2 и x(v + и) = = 2v~ и. Разделив одно на другое, получаем u/v < 2/3. Для опреде- ления х подставляем полученный результат в (4.25). Учитывая, что прилипающая доля не может быть больше 1, получаем 1 > х > 0,8. Если известно, что после удара первое тело остановилось и зада- на доля кинетической энергии (у), перешедшей в тепло (№ 4.78), у = [у2 — (1 + x)u2]/v2, используя (4.25), можно найти х. Рассмотрим неупругий удар по телу (бруску), скатывающемуся по наклонной плоскости под углом а к горизонту. В тот момент, когда скорость бруска была у', на него падает со скоростью v пластилиновый шарик такой же массой, как брусок, и при- липает к нему (рис. 4.25). Определим вре- мя, через которое брусок с шариком оста- новится, если коэффициент трения равен к, а также при каком к это возможно (№ 4.59). Условие неупругого соударения заключается в том, что после со- ударения тела движутся с одной и той же скоростью. Обозначим ее у0. Эта скорость направлена вдоль наклонной плоскости, если предпола- гать, что и брусок деформируется неупругим образом и от наклонной поверхности не отскакивает. Изменение импульса системы тел вдоль нормали к наклонной плоскости происходит благодаря действию силы нормального давления со стороны наклонной плоскости: mvcosa = о где т — время соударения. 89
Изменение импульса системы вдоль наклонной плоскости про- исходит из-за действия силы трения (за время удара): т т 2mv0 - (mv' + mv sin a) = -J FTpdt = - к J Ndt. о о Из этих соотношений v0 = (v' + rsina — Arz?cosa)/2. Эта формула имеет смысл только при v0 > 0 (в противном случае, система останав- ливается в процессе соударения, t < т), т. е. при к< (tf + rsina)/(rcosa). Движение после соударения (/ > т) происходит с ускорением (как всегда для наклонной плоскости) и описывается дифференциаль- ным уравнением (штрих означает дифференцирование по времени) х" = g(sina — Arcosa). Чтобы произошла остановка, должно быть х" < 0, т. е. к > tga. Таким образом, tga < к < tga + z//(rcosa). Время до остановки определяем из соотношения v0 — x"tocr = 0: ZocT = (г/ + rsina — kvcos a)/[2g(A:cosa — since)]. Если брусок покоится на наклонной плоскости и коэффициент трения к = tga, то компоненты импульса от вертикально падающего на него тела, аналогично компонентам силы тяжести бруска, при данном коэффициенте трения не вызывают движения (№ 4.58). В общем случае при соударении может происходить поглощение или выделение энергии, и в этом случае для изменения кинетической энергии имеем т{ (voi )2 /2 + (woi)2/2 = /2 + ^2^2/2 + Q. (4.26) Здесь положительное значение Q соответствует поглощению энергии (знак Q следует всегда проверять по смыслу, так как часто его считают положительным при выделении энергии). При химических или ядерных реакциях выделяющаяся энергия является кинетической энергией частиц, образующихся при реак- ции. Если вещество до реакции практически покоилось, то полный импульс системы равен нулю. Для двух разлетающихся частиц, нейт- рона п и a-частицы (№ 4.105), равенство импульсов в нерелятиви- стском случае дает р = (2т 1/2 = (2тлаЕа)1/2. Получающееся от- сюда отношение энергий подставляем в закон сохранения энергии Е„ + Еа = Q и тогда Еп = та Q/(mn + та), Еа = тп Q/(ma + теп). Если известны энергии двух одинаковых сталкивающихся час- тиц, движущихся навстречу друг другу (каждой £0), и массы образо- вавшихся частиц Wj и т2, а также кинетическая энергия одной из двух разлетающихся после взаимодействия частиц £, (№ 4.104), то из закона сохранения импульса можно определить кинетическую 90
энергию второй частицы Е2 = Е}тх/т2, а из закона сохранения энер- гии найти величину выделившейся энергии Е = Е} + Е2 — 2£(). При соударении одной частицы (массой т) с другой (массой М), ранее покоившейся, основной вопрос: какая часть энергии частицы может пойти на внутренние превращения? Для превращения может быть использована только энергия относительного движения и не используется энергия движения центра масс всей системы в целом. Таким образом, максимальная энергия, которая может быть исполь- зована, например, для ионизации (№ 4.96), равна энергии, теряе- мой при неупругом соударении Q = р2/(2т) — p2/[2(w + М)], где р = (2w£0)1/2 — начальный импульс движущейся частицы, энер- гия которой Ео, которым будет обладать и вся система после со- ударения. Поэтому Q = Е0М/(т + М), и если она меньше энергии, необходимой для ионизации, то ионизация не произойдет. Налетающая частица массой т, движущаяся со скоростью v, может после соударения с неподвижным атомом массой М отскочить в прямо противоположном направлении, например, со скоростью г/2. Найдем увеличение внутренней энергии (возбуждения) атома Е и его скорость и (№ 4.94). Сохранение импульса mv = — mv/2 + Ми. Сохранение энер- гии тт?12 — + Mu’1/! + Е. Отсюда Е — (3/8)т1?(1 — Зт/М). И следовательно, такой процесс возбуждения возможен только при М > Зт. Энергия может тратиться на разогрев соударяющихся тел. На- пример, чтобы два одинаковых метеорита полностью испарились (удельная теплота надевания и испарения Q), их относительная ско- рость должна превысить v, которое определяется из баланса (сохра- нения) энергии 2mQ = 2m(v/2)2/2 (№ 4.109). Здесь удобно было на- писать в системе центра масс. Другой пример — пробивание пулей массой т, имеющей ско- рость v0, последовательно стенки сферической оболочки массой М по диаметру. Если известно выделившееся тепло Q, то можно найти скорости пули v и оболочки и после вылета пули наружу (№ 4.113). Законы сохранения импульса и энергии дают: mv0 = mv + Mu', mv2, /2 = /?zz,2/2 + Mu2/2 + Q. Может быть задана работа вместо тепла, в которое она перехо- дит (№ 4.114). Если известна скорость пули до и после вылета из оболочки (или шара), то можно найти скорость оболочки и затем ее движе- ние, в том числе и с учетом заданной силы сопротивления (по второ- му закону Е1ьютона) (№ 4.76). 91
Чтобы произошла реакция, энергия налетающей частицы должна превысить некоторую величину, называемую порогом, или пороговой энергией. Пороговая энергия представляет сумму энергии реакции Q и энер- гии движения центра масс, которая не может быть использована (как уже говорилось выше) для реакции. В случае бомбардировки прото- нами неподвижного лития в ядерной реакции Li7 + р —> Ве7+ п (№ 4.98), обозначая импульс протона р, получаем СР = ^/(2^) = Р7(2(™> + wu)) + Q- Отсюда, исключая р, имеем Е= О(т + т,.)/т... Закон сохранения энергии для продуктов реакции имеет вид: Ер = Р2/(2т ,) = РпК2тп) + PlJ(2^Be) + Q- В случае, если нейтрон летит назад, закон сохранения импульса: Р = Рве - Рл. Минимальная энергия протона будет при рВе = р(рп = 0). Следо- вательно, ЕР = Ple/(2^Be) + Q = р2/{2тЪе) + тиЕтр/(тр + wLi) = = Ер тр/тЪе + тиЕпор/[тр + /пи). Отсюда Е = \(mD/(mD — т)]т,.Е Кт + m,Y р Be' х Be р'J Li пор' х р Li' При большей энергии нейтроны летят назад. Естественно, что эта энергия больше пороговой, так как при пороговой энергии нет относительного движения частиц, т. е. скорости и и Be одинаковы: PvJmv,e = Р^тп и> следовательно, так как р = рВе + рп, получаем (при пороговой энергии) Р„ = Р™ДтВе + тп), рВе = pmJ(mBe + тп). Следует отметить, что из-за неподвижности одной из соударяю- щихся частиц большая доля кинетической энергии не может быть использована для реакции между частицами. Это устраняется при использовании так называемых встречных пучков, когда оказывает- ся неподвижным центр масс пучков. Недостатки метода встречных пучков: уменьшение выхода реакции (так как плотность пучка зна- 92
чительно меньше плотности мишени) и неопределенность точки столкновения в пространстве. Во всех соотношениях, куда входит кинетическая энергия, ее можно выразить через импульсы частиц zwf2/2 = pf/Qtn). Для системы отсчета, связанной с центром масс тел, суммарный импульс частиц равен нулю (и до и после соударения). Поэтому если для первой частицы массой тх до соударения импульс р, после р *, то для второй частицы массой т2 до соударения — (—р) после — (—р *) Но так как для упругого соударения />7(2^) + р1/^) = />*7(2/»,) + то получаем ₽ = />*, (4.27) т. е. в системе центра масс при соударении происходит лишь пово- рот импульсов частиц. Угол поворота не определяется законами со- хранения, а зависит от конкретного характера взаимодействия час- тиц и их взаимного расположения. Определим, на какой максимальный угол 0 может произойти рас- сеяние (отклонение) одной частицы на другой (№ 4.93). Полезно провести анализ и решение, используя систему коор- динат, связанную с центром масс соударяющихся частиц. Вектор скорости в системе центра масс (у каждой из частиц раз- личный, так как различны массы) в результате соударения не меня- ется по величине, а лишь поворачивается на какой-то угол. Скорость центра масс системы (движется »/,, покоится /»2) Vc = W1V1/(W1 + w2). Здесь скорость первой частицы до удара v, = vc + vIc (все эти векто- ры лежат вдоль одной прямой, v,c — скорость первой частицы до удара в системе центра масс). Скорость первой частицы после удара v,. = v + vlc. (vlc. — скорости тх после удара в системе центра масс). Сравнивая выражение для vc с vlc = v, — vc = mjix/(mx + /л2), видим, что возможны два случая. Первый (vc > vlc) изображен на рис. 4.26 (при /и, > /»2). Второй (v, < vlc) — на рис. 4.27 (при тх < т2). Во втором случае рассеяние может произойти на любой угол, а в первом, как видно из рис. 4.26, sin0max = vlc*/vc = Отметим, что при одинаковых массах имеем »с = »1с, и их сумма (начальная скорость первой частицы в лабораторной системе коорди- 93
нат) является диаметром окружности, на которой лежит конец векто- ра vp, причем вектор разности V, и V,», который представляет скорость второй (ранее неподвижной) частицы, будет всегда перпендикуля- рен vp, т. е. частицы одинаковой массы в системе координат, в которой до удара одна из частиц покоилась, разлетаются под прямым углом (№ 4.82). Этот результат можно получить и непосредственно из законов сохранения. В случае центрального удара налетающая частица останав- ливается, а покоившаяся приобретает скорость налетающей частицы. Угол отклонения налетающей частицы в лабораторной системе от- счета (0) является вписанным в окружность, а угол отклонения в сис- теме центра масс — центральным, т. е. в два раза большим (№ 4.91). Рассмотрим соударение двух частиц, массы которых равны и т2 (тг > т2), движущихся навстречу друг другу вдоль одной прямой с одинаковыми скоростями. Определим отношение тх/т2, если после упругого столкновения тяжелая частица отклоняется от направле- ния своего первоначального движения на угол а в лабораторной системе отсчета или на угол Р в системе центра масс (№ 4.90). На рис. 4.28 vY — скорость тяжелой частицы в лабораторной сис- теме отсчета после столкновения (до столкновения г0) и гОц и г]ц — скорости тяжелой частицы в системе центра масс до и после столк- новения. В системе центра масс импульс частицы при столкновении не меняется по абсолютной величине, а меняется только по напрале- нию. Поэтому |г?Оц| = |rlu|. Для скорости центра масс получаем Д = “ m2)vo/(mi + mi)- Скорость тяжелой частицы в системе центра масс Г0ц = V0~ (т1 ~ m2)Vo/(mi + т2^ = 2tn2Vo/(mi + т2>- Теперь можно воспользоваться связью между проекциями скорости после столкновения для тяжелой частицы в лабораторной системе отсчета и в системе центра масс. По вертикали они одинаковы sin а = z.’lr(sinp = 2m2v0 sin + m2). 94
Рис. 4.28 vo Рис. 4.29 По горизонтали скорости отличаются на величину скорости центра масс v{ cos а = г1ц cos р + гц = = 2m2v0 cos РДдЛ] + т2) + (mt — m2)vQ/(ml + т2). Разделив второе на первое, получаем ctga = ctgP + (mi — w2)/(2w2sin р). Откуда = 3. Если известно, что налетающая частица отклоняется на 90° (№ 4.87), то для определения соотношения между массами частиц можно пользоваться методами, изложенными выше, а можно воспользо- ваться законами сохранения (4.20) и (4.21). Обозначим массу налетающей частицы т, ее начальную скорость vQ, скорость после соударения v, а массу покоившейся частицы М и ее скорость после соударения и. Из закона сохранения импульса (рис. 4.29) v0 = v + (М/т)и. Из закона сохранения энергии (упругое столкновение) = v2 + (М/т)и2. При рассеянии на 90° выполняется = v2 + (Mlm)u2. Поэтому 2v2 = v2M (M + тУ/т2 , 2v2 = v2M (M - m)/m2. Условие на массы, сле- дующее из необходимости положительности г2, имеет вид М > т. Из рис. 4.29 отклонение частицы массой М определяется из tgQ = v/v0. При упругом соударении гладких шаров сила взаимодействия на- правлена по радиусу. Если задано направление линии (угол 0), соединя- ющей центры шаров в момент удара, по отношении к направлению ско- рости v одного шара массой т, налетающего на другой неподвижный массой М, то таким образом задано движение второго шара (№ 4.81). Удобно сохранение импульса записать в направлении линии, соединя- ющей центры, и в перпендикулярном направлении: Mv2 + mvti = nwcosQ, mvu = mvsinB. Здесь z?2 — скорость, приобретенная неподвижным шаром, г,, и — скорости первого шара после соударения. Из закона сохране- ния кинетической энергии при упругом ударе Mv2j2 + mv^Jl + mv2L/2 = nw2 /2.
Отсюда находим скорости. Рассмотрим рассеяние частицы (массой т{) при неупругом со- ударении с неподвижной частицей (атомом) массой т2, когда теря- ется энергия Q на возбуждение (внутреннюю энергию) неподвиж- ной частицы (№ 4.108). В системе центра масс импульс системы равен нулю до и после соударения. Обозначим величину импульса каждой частицы до со- ударения р, а после соударения р*. Связь между ними следует из баланса энергии: Р2/{2т) + pP/QmJ = р*2/(2т^ + p*2/(2m2) + Q. Таким образом, при неупругом соударении в отличие от (4.27) получаем р*2 = р2 — + т2). (4.28) На рис. 4.30 показаны скорости налетающей частицы: v — до соударения; v, — после соударения (рассеяния на максимальный угол); гц — в системе центра масс до соударения; f , — в системе центра масс после соударения; г — скорость центра масс. Может быть задана начальная скорость налетающей частицы, либо кинети- ческая энергия К — 171^/2. Из (4.28) получаем ~ (W1 + mJQ/(m2K)Y/2. Для скорости центра масс имеем % = + т2>- Как следует из рис. 4.30, синус максимального угла рассеяния sine = vjvw.
5. ГАРМОНИЧЕСКИЕ КОЛЕБАНИЯ МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ Общий вид уравнения колебаний некоторой системы или тела: тх" = —кх — Fc + Fn + F. (5.1) Для механики — это второй закон Ньютона, где х — это смеще- ние тела массой т, а штрихи обозначают вторую производную по времени. В механике х могло бы обозначать и угол отклонения ма- ятника, а т момент инерции. В электричестве х — электрический заряд, или ток, ат — индуктивность. С колебаниями встречаемся в различных явлениях, в том числе и в экономике, и в общественной жизни, но примеры таковых ввиду их не наглядности обсуждать не имеет смысла. Главное отличие и то, что объединяет все колеба- ния, — это первый член в правой части уравнения. Без этого ника- кие колебания не возникают. Чтобы возникли колебания, должно быть воздействие, возвращающее систему к равновесию. В механи- ке — это возвращающая сила (натяжение пружины) или момент сил (например, тяжести). Если к — постоянная величина (например, жесткость пружины), то колебания линейные, если к зависит от х — нелинейные колебания. Потери энергии колебаний связаны с Fc — силой сопротивления, которая в простейших случаях может быть постоянной или пропорциональной первой производной по време- ни от х (т. е. скорости): Fc = bx'. Влияние внешних полей учитыва- ется членом Fn. Силы, вынуждающие колебания и зависящие от вре- мени, в частности периодическим образом, обозначены F. Отме- тим, что для вынужденных и релаксационных колебаний устойчивое положение равновесия не требуется, т. е. в них самих заложена воз- вращающая сила, и первый член в правой части (5.1) не нужен. В случае, когда действует только возвращающая сила и к и т — постоянные величины, получаем уравнение, описывающее свобод- ные гармонические колебания системы, — гармонического осцилля- тора: х" + = 0. (5.2) 7-3707 97
Здесь соо = (к/т)]/2 — частота собственных колебаний осциллятора. Решение этого уравнения можно записать двумя способами: х = «sin(cooZ + <р) или х = ylsinco^ + BcosojJ. (5.3) Две постоянные, входящие в эти выражения, определяются из до- полнительных условий (например, начальных). Величину а называют амплитудой колебаний, (иог + <р) — фазой, а <р - начальной фазой. Интегрируя (5.2), получаем закон сохранения энергии. В случае собственных гармонических колебаниях осциллятора из (5.2) и (5.3) получаем m(x')2/2+ кх2/2 = Е = ка2 /2 = то$а2 /2. (5.4) Если энергия сохраняется для сложной колебательной системы, то можно воспользоваться этим для определения периода колеба- ний. В общем случае для системы с одной степенью свободы сумма кинетических энергий частей системы выражается через скорость какой-то одной части, а сумма потенциальных энергий через пере- мещение этой же части: А(х')2 + Бх2 = Е. (5.5) Частота колебаний ю = (В/Л)'/2. (5.6) Следует отметить, что свободные (собственные) колебания в поле постоянных сил (например, груз на пружине в поле тяжести) могут быть сведены к колебаниям относительно положения равновесия в этом поле. В уравнение сохранения энергии (5.4) войдет потенци- альная энергия поля (если поле потенциально, например поле тя- жести). Нелинейные колебания, о которых следует упомянуть, это, на- пример, колебания маятника. Уравнение этих колебаний получим из (5.1), где вместо кх берем &sinx, а х является углом отклонения маятника от вертикали ср. При малых углах отклонения приходим к (5.2). Нелинейность приводит к увеличению периода колебаний, которая зависит от амплитуды (максимального угла отклонения <рм) в первом приближении следующим образом: Т/Т0=1 + <р2м/16. (5.7) Здесь То — период малых колебаний, когда нелинейностью можно пренебречь. 98
При учете сил сопротивления получаем уравнение затухающих колебаний системы: х" + 2(5х' + WqX = 0. (5-8) Здесь введено обозначение 2Р = Ь/т. Решение уравнения имеет вид х = <7e_₽'sin(wr + ср). (5.9) Здесь cd = ((Dq-Р2)‘/2. (5.10) Видно, что уменьшение отклонения со временем определяется ко- эффициентом затухания р, а периодической является не вся картина колебаний, а лишь прохождения нуля в одном направлении через вре- мя Т = 2л/со. Декрементом затухания называется отношение макси- мального отклонения (когда синус равен единице) ап к предыдущему (в ту же сторону) ся_р т. е. ajan_x = F7, а логарифмическим декремен- том, обозначаемым б, — натуральный логарифм этого отношения 5 = РГ (5.11) Используя связь амплитуды и энергии (5.4), можно получить для уменьшения энергии колебаний А£ за Т («период»): ЛЕ/£=2РГ= 26. (5.12) Для характеристики колебательной системы используется доб- ротность Q, которая определяется следующим образом: Q = 2л£/(Л£) = л/б = л/(РГ) = соо/(2Р) = = пк<\/Ь = {kmY,2/b = к/(Ьсо0) — пп. (5.13) Здесь п — число колебаний, за которое амплитуда уменьшается в е раз. Внешнее воздействие на колебательную систему (последний член в правой части уравнения (5.1)) может быть некоторым единичным толчком либо периодическим. Последнее всегда может быть пред- ставлено в виде ряда Фурье. Поэтому важно рассмотреть гармони- ческую внешнюю силу F= F0sinco/. При наличии затухания устано- вившиеся колебания системы будут только на частоте, с которой подводится внешняя энергия. Уравнение вынужденных колебаний х" + 2рх' + со§х = f sin со/. (5.14) Здесь/= FJm. 99
Решение имеет вид х = A sin (at + ф). Здесь амплитуда и фаза: A = f (cog - со2)2 + 4р2®2 tgcp = —2рсо/(соо — со2). (5-15) (5-16) (5.17) На рис. 5.1 приведены графики этих зависимостей. Максималь- ная амплитуда смещения (резонанс) получается при °>м = (“о - 232)'/2 и равно Ам = /Д?р (cog - р2)‘/2 (5.18) При слабом затухании (cog » 2р2) резонанс смещения происхо- дит приблизительно при частоте собственных (свободных) колеба- ний и отношение максимальной амплитуды к амплитуде при нуле- вой частоте равно добротности. Ширина амплитудного пика по час- тоте 2Лсо на уровне А = Ям/(2),/2 связана с добротностью: 2А<о/соо = 1/Q. (5.19) В заключение необходимо сказать об использовании при анали- зе колебаний комплексных функций. Комплексные числа вводятся как точки на комплексной плоскости, определяемые координатами вдоль действительной оси х и мнимой оси у. Длина радиуса-вектора 100
из начала координат в точку z, соответствующую комплексному числу, равна р = (х2 + и угол наклона этого вектора к оси х обозначен <р. Для комплексного числа можно написать г = х + 1у — = p(cos<p + /sinср). Здесь i = -J-1. Дифференцируя z по ср, получаем dz/dty — р(— sin ср + zcoszp) = iz. (5.20) Откуда dz/z = idcp и показательная форма записи комплексного числа z = p(coscp + zsincp) = ре'4’. (5.21) Отсюда можно получить выражение гармонических функций (косинуса и синуса) через действительную и мнимую части комп- лексного числа в показательной форме. Многие задачи о колебани- ях удобнее и проще решать в комплексном виде. При этом комплек- сная амплитуда содержит и амплитуду, и фазу действительных коле- баний. Например, для Z (/) = се/(“'+ф) = ае'ч>е‘ы' = ое'“'. (5.22) Здесь а — комплексная амплитуда. Тело, лежащее на доске, совершающей горизонтальные колебания с периодом Т, в зависимости от коэффициента трения при опреде- ленной амплитуде колебаний начинает скользить по доске. Ускоре- ние доски (вторая производная по времени от перемещения) из (5.3) равно осо2. Чтобы тело двигалось вместе с доской, сила трения дол- жна равняться или превосходить main2. Максимальная сила трения будет при начале проскальзывания и равна kmg. Откуда для коэф- фициента трения получаем к — 4n2a/(gT2) (№ 5.9). Линейный рост возвращающей силы в зависимости от смеще- ния, который приводит к уравнению для гармонического осцилля- тора, может обеспечиваться не только пружиной, но также и неко- торыми другими устройствами. Например, на двух горизонтальных параллельных круговых ци- линдрах, вращающихся с одинаковой угловой скоростью в разные стороны, лежит горизонтально перпендикулярно к осям цилиндров доска массой m (рис. 5.2). Определим период гармонических коле- баний доски, если расстояние между осями цилиндров равно 2£, а коэффициент трения между доской и цилиндрами равен к (№ 5.26). Возвращающая сила создается силой трения, которая увеличи- вается при увеличении нормального давления на вращающийся ци- линдр со стороны доски. Если х — смещение центра масс доски от 101
2£ Рис. 5.2 положения равновесия (точки, находящейся посередине между точ- ками опоры доски на цилиндры), то из условия равенства нулю суммарного момента, действующего на доску (следует из отсутствия вращения доски), получаем (/'2 — Ft)L = mgx. Движение доски опи- сывается уравнением тх" = —k(F2 — /\~) = —kmgx/L. Отсюда период колебания Т= 1ii{L/(kg)]il2. Тело с помощью пружины может быть прикреплено к другому телу. На гладкой горизонтальной поверхности удобно рассматри- вать колебания относительно центра масс. Для примера рассмотрим два шарика с массами и т2, со- единенных спиральной пружинкой с коэффициентом упругости к (рис. 5.3). Определим период колебаний шариков относительно центра масс системы, которые возникнут при растяжении пру- жинки (№ 5.44). Удобно движение шариков рассмотреть относительно их общего центра масс. Расстояния шариков от центра масс при нерастянутой пружинке обозначим х10 и х20. Эти расстояния соответствуют равнове- сию системы. Смещения шариков от положения равновесия Ajq и Дх2 обратно пропорциональны их массам &Xj/Ax2 = т2/тх (см. рис. 5.3). Сила, действующая со стороны пружинки на каждый шарик, одна и та же и равна коэффициенту упругости (жесткости) пружинки, умно- женному на сумму смещений шариков (изменению длины пружи- ны). Запишем второй закон Ньютона для одного из шариков (второго) mjJXx^" = — к (Ax'j + Дх^). Используя связь между смещениями, получаем (Дх2)" + £Ax,(w| + т^/(т{т^ = 0. Ц.м. Рис. 5.3 102
Это уравнение гармонического осциллятора с периодом колебаний Т = 2п{т}т2/{к(т{ + w2)]}1/2. Очевидно, что и первый шарик и вся система имеют тот же период колебаний. С таким же периодом будет колебаться один шарик на такой пружинке, если его масса, называемая приведен- ной, равна ц = т{т2/(т{ + л??2). Отметим, что у пружинки имеется неподвижная точка, и она совпадает с центром масс системы. Докажем это. Обозначим рас- стояния от неподвижной точки до первого шарика хг и до второго х2. Используя смещения концов пружинки и связь их с массами, мож- но написать х}/х2 — AXj/Ax2 = т2/тг Отсюда следует, что непод- вижная точка является центром масс системы. Кусок пружинки х2 (от неподвижной точки до второй массы) обладает жесткостью к2 = Л(Х[ + х^/х2 = k(xl/x2 + 1) = к(т2/тх + 1) = к(т{ + т^1ту Отсюда для периода колебаний второго шарика относительно не- подвижной точки следует величина, полученная выше. Отметим, что колебания каждого шарика происходят так, как будто он прикреплен к точке в центре масс системы на соответству- ющей части пружинки. Коэффициент упругости части пружинки равен коэффициенту упругости всей пружинки, деленному на долю, которую составляет эта часть от всей длины пружинки. Можно было бы использовать произвольную систему координа- ты, в которой грузы находились бы на расстояниях хг и х2 (рис. 5.4). Тогда уравнения движения грузов: тх" = к{х2 “ А>)’ тх2 ~ ~к(х2 -xt - £0), где Lo — длина недеформированной пружины. Умножая первое на т2, а второе — на тл и вычитая первое уравнение из второго, для расстояния между грузами у = х2 — х{ — Lo получаем уравне- ние у" + k(mt + т^у/(тхт^ = 0, которое соответствует колебанию на этой пружине приведенной массы: ц = тлт2/(тх + т2). (5.23) Рис. 5.4 103
м в т Рис. 5.5 Аналогичным образом можно рассмот- реть два тела, связанных одинаковыми пружинами, когда одно помещено внутри другого, которое представляет собой короб- ку (№ 5.17), а трение между телом и ко- робкой отсутствует (рис. 5.5). Если короб- ку удерживать, то колебания внутреннего тела описываются уравнением тх" — —2кх. Где х — отклонение тела от положения равновесия (посередине коробки). Частота колеба- ний Ио = (2к/т)х/г. Если коробка находится на гладкой горизонталь- ной поверхности, то центр масс коробки будет смещаться от поло- жения равновесия (на хм), которое является также центром масс системы. Отклонение внутреннего тела от центра масс системы обо- значим хт. Из закона сохранения импульса (неподвижности цен- тра масс системы) тхт = Мхм. Уравнение движения тела в этом случае имеет вид: = -2А'(хи - хм) = -2кхт (1 + т/М). Откуда частота колебаний со = |(2£/w)(l + т/М)]1'2. (5.24) Если полную деформацию пружины обозначить А = хт + хм, то Хт = >4/(1 + т/М). (5.25) Если внутреннее тело прикреплено пружинами разной жесткос- ти и к2 (№ 5.15), то 2к надо заменить суммой kt + к2. Тело внутри коробки можно подвесить на жестком невесомом стержне (рис. 5.6). Такая задача (№ 5.18) аналогична рассмотренной выше. Возвращающей силой является горизонтальная компонента силы натяжения стержня, которая увеличивается пропорционально *м М хт Рис. 5.6 104
отклонению стержня от вертикали. Точка пересечения стержня с вертикалью через центр масс системы С остается неподвижной при колебаниях. Колебания тела происходят как бы на более коротком стержне СА. Маятниковые часы на гладком столе, когда их корпус может смещаться (№ 5.59), будут иметь меньший период, чем при их закреплении на столе, т. е. уходить вперед. Отношение периодов Т/То = (CA/OA)i/2. Необходимый коэффициент трения о стол, так же как и в случае груза на пружинах внутри коробки (№ 5.13), опре- деляется аналогично колебаниям груза на доске (№ 5.9). В случае коробки ее ускорение определяется максимальной силой, максималь- ным растяжением пружин (амплитудой), умноженным на сумму же- сткостей: а(к, + к2) Если максимальная сила трения ц(Л/+ m)g мень- ше силы, необходимой для ускоренного движения с амплитудой а, то возникает проскальзывание (№ 5.13). Воздействие на колеблющееся тело приводит к изменению пара- метров колебаний. Например, на брусок массой М, совершающий колебания на гладком столе под действием двух пружин с жесткос- тями к, и к2, прикрепленных к двум боковым опорам (№ 5.16), в момент прохождения бруском положения равновесия падает и при- липает к нему кусок пластилина массой т. Из закона сохранения импульса при соударении Mv0 = (М + m)v. Амплитуда колебаний определяется кинетической энергией в положении равновесия. Поэтому отношение амплитуд а/а0 = [(М + m) v2/(Mv2)V'2 = [М/(М + т)],/2. Период колебаний меняется из-за того, что меняется масса при неизменной жесткости: Т/То = [(М + т)/Л/],/2. Если математический маятник поднести к движущейся стенке, то в результате удара стен- ки по нему он отклоняется на некоторый угол, т. е. поднимается на высоту Н. Роль стенки может сыграть колеблющаяся ножка камертона (рис. 5.7). Определим амплитуду колебания А ножки камертона (№ 5.20) при частоте колеба- ний ножки V. Масса шарика много меньше мас- сы камертона. Камертон — источник звука в 105
виде //-образного металлического стержня, закрепленного так, что его концы могут свободно колебаться. Это эталон частоты (высоты звука). Движение ножки камертона можно описать зависимостью: х = J sin со/. Отсюда для ее скорости получаем: v = dx[dt = /Icocosco/, %>х = А(й- В результате удара ножки камертона по неподвижному маят- нику в виде легкого шарика начальная скорость шарика v0 = 2Аа> (в системе координат, связанной с ножкой камертона, происходит упругое отражение шарика, как в задаче о мяче, на который наезжа- ет автомобиль). Из закона сохранения энергии mv^ /2 = mgH полу- чаем v0 = (2g//)1/2 и А = го/(2со) = (2g//),/2/(4nv). После опускания шарика произойдет повторный удар о камер- тон. Если в момент соударения ножка будет неподвижна, то ша- рик поднимется на ту же высоту. Максимальный подъем шарика (№ 5.21) произойдет при максимальной встречной скорости ножки камертона. В этом случае начальная скорость шарика v0 = (2g//)l/2 + 2^ = (2g//)1/2 4- 4т/Л и, следовательно, //max =E02/(2g). Рассмотрим соударение шарика с колебательной системой. Ша- рик массой т налетает со скоростью v0 на шарик массой //?,, кото- рый скреплен пружиной жесткостью к с шариком массой тг Опре- делим скорость движения центра масс и амплитуду колебаний ша- риков, скрепленных пружиной, при условии т < mv Удар абсолютно упругий, за время удара пружина не деформируется, центры шаров находятся на одной прямой, их радиусы одинаковы (№ 5.55, № 5.50). За время удара пружина не успеет сжаться, так как первый ша- рик приобретает после удара скорость, но не успевает сдвинуться. Второй шарик на удар не влияет. Из условий сохранения импульса и энергии при ударе получаем: начальная скорость первого шара v, = 2nw0/{m + /эт,), скорость налетавшего шара после удара Ио' = У0{т-тх )/(т + /?г,) (при т < mt она направлена противоположно начальной). Следует отметить, что при т > т1 могло бы произойти второе соударение, так как скорость первого шара из-за действия пружины уменьшает- ся. Удар задает начальное условие для последующих колебаний и 106
движения. По импульсу, приобретенному первым шаром, опреде- ляем скорость центра масс vc = 2mmlv0/[(m + т1)(т1 + т2)]. Амплитуда колебаний проще всего определяется из условия со- хранения энергии кА2/2 = /2 - (л?;1 + m2)v2/2. Здесь под амплитудой подразумевается деформация пружины. Второй член — энергия движения центра масс, которая не может перейти во внутреннее движение — колебания (внутренняя энергия). Чтобы представить относительное движение масс, удобно перейти в сис- тему отсчета, связанную с центром масс шариков, скрепленных пружиной. На рис. 5.8 качественно показано в этой системе движение первого шарика в виде синусоиды и налетающего шарика в виде линии OD. Линия ОВ соответ- ствует начальной скорости первого шарика. При заданных массах и жесткости пружины (периода колебаний и амплитудах) можно определить, произойдет ли повторный удар (пересечение линии OD с синусоидой). Как следует из (5.25), смещение первого шари- ка Ал = хт = А/(1 + Эта величина показана на рис. 5.8. Интересно рассмотреть отражение от неподвижной стенки ко- лебательной системы из двух шариков равной массы, соединенных невесомой пружиной жесткостью к, двигавшейся перпендикулярно к стенке со скоростью v без колебаний. При упругом ударе пере- дний шарик меняет направление скорости на обратное, и центр тя- жести системы останавливается на полпериода колебаний системы. После второго удара о стенку (вследствие возникших колебаний) ша- рик приобретает ту же скорость, которую имеет другой шарик в мо- мент второго удара. Так как в этот момент пружина не деформирова- на, система будет удаляться от стенки без колебаний со скоростью v. В случае неупругого удара (№ 5.54) первый шарик останавливает- ся и стоит, пока его не потянет растягивающаяся пружина. На второй шарик приходится половина начальной кинетической энергии А^/2. Эта энергия переходит в упругую энергию пружины, а затем возвра- щается второму шарику. Таким образом, скорость второго шарика v0 в результате удара меняет направление на противоположное. Оче- видно, что скорость центра масс системы будет равна половине скоро- сти второго шарика, т. е. половине начальной скорости системы vQ/2. В системе центра масс скорости шариков в момент начала растяжения 107
пружины v0/2. Энергия колебаний системы (внутренняя энергия) — это кинетическая энергия в системе центра масс Е = 2(ли/2)(г0/2)2 = №о/4 = Ао/4. Кинетическую энергию движения системы после удара получим, вычитая из энергии сразу после удара энергию движения системы как целого (все массы при скорости центра масс) К0/4. Аналогом подобного соударения является удар мяча о стенку (№ 5.63). Предполагаем, что давление внутри мяча не меняется, и сила, останавливающая мяч, равна произведению этого давления р на площадку, образующуюся при деформации мяча, ту2 (рис. 5.9). Пренебрегая остановившейся частью массы по сравнению со всей массой мяча т, получаем уравнение движения мяча тх" = —pnr1 — —pn[R2 — (R — х)2] = = —pn[R2 — R2 + 2Rx — х2] = —2npRx. Время соударения равно половине периода колебаний, описывае- мых этим уравнением: т = [2лш/(рА)]‘/2. Рассмотрим колебания тела, подвешенного на пружине в поле тя- жести. На рис. 5.10 показано тело массой т, подвешенное на пру- жине жесткостью к, и приведены характеристики: /0 — длина ненаг- руженной пружины; / — длина пружины при равновесии и I — длина пружины в некоторый произвольный момент колебания, когда отклонение от равновесия равно х. При равновесии mg = к (/ — /0). Уравнение колебаний (второй закон Ньютона) тх" — mg — k(J — /0) = mg — к(1 — /р + /р — /0) — —кх. 108
Для отклонения от положения равновесия — это уравнение гармо- нического осциллятора. При вычислении энергии надо учитывать потенциальную энергию поля тяжести и нелинейность упругой энер- гии пружины. Период колебаний Т — 2п(т/к)1/2. Поэтому статическое удлине- ние пружины (№ 5.2) /р — /0 = mg/k = ^72/(4л2). Через статическое удлинение определим период Т= 2л|(/р — Z0)/g]1/2 (№ 5.1). Для определения периода вертикальных колебаний шарика мас- сой т, подвешенного на двух последовательно соединенных пру- жинках с коэффициентами упругости к{ и к2 (№ 5.5), предполагаем, что собственным весом пружинок можно пренебречь. Тогда сила натяжения одинакова во всех точках пружинок. Обозначим растя- жения пружинок %! и х2, а коэффициент упругости системы из со- единенных пружинок к. Для каждой пружинки и системы получаем F— к{х{ = к^.2 = к(хх + х2). Откуда xt/k = (х, + х2)/кл, х2/к = (х, + х2)Д2 и, следовательно, \/к = 1/А( + 1/Л2. Поэтому Т= 2n[m(l/ki + 1/&2)]1/2. Период колебаний шарика, подвешенного на невесомой пружи- не и совершающего гармонические колебания в вертикальном на- правлении с периодом То и амплитудой а, изменится, если к нему снизу поднести массивную твердую горизонтальную плиту, с кото- рой шарик будет периодически упруго сталкиваться. Возьмем рас- стояние плиты от положения равновесия шарика равным а/2 (рис. 5.11). Предполагаем, что масса шарика пренебрежимо мала по срав- нению с массой плиты (№ 5.39). Рис. 5.11 109
к R Рис. 5.12 Колебания груза на пружине в поле тяже- сти описываются уравнением гармоническо- го осциллятора для отклонений от положе- ния равновесия. Для смещения шарика от положения равновесия имеем х = «sin wZ. Счи- таем положительным движение шарика к пли- те (вниз). При х = а/2 происходит соударение с плитой. Скорость шарика при этом меняет- ся на противоположную. На рис. 5.11 видно, что из цикла движения шарика (соТ = 2л) ис- ключается часть от coZ = л/6 до coZ = 5л/6, которая соответствует отклонению на половину амплитуды колеба- ний. То есть при отражении из периода 2л исключается 2л/3 и, сле- довательно, Г/То = (2л - 2л/3)/(2л) = 2/3. Если подвешенный на пружине жесткостью к железный шарик (плотностью рж) радиусом R частично погружен в широкую чашку с ртутью (плотностью р ), стоящую на столе (рис. 5.12), то при коле- баниях необходимо учитывать силу Архимеда. Обозначим растяже- ние пружины при равновесии х0 и отклонение от положения равно- весия х Уравнение колебаний тх" = -к(х0 + х) + рж(4/3)л/?3д - ррт(л/3)(/г + х)2(37? - h - x)g. (В последнем члене объем шарового сегмента, соответствующего вытесненной ртути, взят из справочника по математике И.Н. Брон- штейна и К.А. Семендаева.) При равновесии О = -кх0 + рж(4/3)л7?^ - Ррт(л/3)/гЧ37? - h)g. Подставляя в предыдущее уравнение, получаем тх" = —кх - ррт(л/3)[(37? - h)2 - h]hgx. Отсюда определяется период колебаний (№ 5.29). При погружении тела (не полностью погруженного) сила Архи- меда растет и противодействует погружению. Для двух тел на коро- мысле или нити, переброшенной через блок, силы Архимеда могут вызвать колебания. Рассмотрим колебания двух одинаковых цилинд- рических железных гирь (плотность рж, высота h и площадь S), под- вешенных на невесомой нити, перекинутой через неподвижный блок, которые частично погружаются, одна в воду (плотность рв), другая в масло (плотность рм). Найдем период колебания этих гирь (№ 5.28). На рис. 5.13 показана система в равновесии, для которого необхо- димо, чтобы уровень масла был выше, так как его плотность мень- но
ше. При смещении грузов от положения рав- новесия (один опускается, другой поднимает- ся) на х движение системы описывается урав- нением 2pxShx" = — (рв + pM)Sgx. Обе силы направлены против смещения. Отсюда опре- деляется период колебания системы. Найдем амплитуду колебаний, вызванных падением груза с некоторой высоты. С высоты h на невесомую чашку, подвешенную на пружи- не жесткостью к, падает (и остается на ней, не подпрыгивая) груз массой т (№ 5.10). Колебания чашки с грузом воз- никнут относительно положения равновесия, которому соответствует растяжение пружины на /, определяемое соотношением kl = mg. Обо- значая амплитуду колебаний а и учитывая, что энергия пружины при максимальном растяжении равна изменению потенциальной энер- гии груза, получаем к(1 + а)2/2 = mg(h + 1+ а). Исключая /, определяем Рис. 5.13 амплитуду. Воздействие импульса на колебательную систему рассмотрим на следующем примере. Мальчик, стоящий на пружинных весах, под- брасывает мяч массой т вертикально вверх и затем ловит его. Изве- стно, что за время полета мяча весы совершили п целых колебаний. Это важное условие, которое показывает, что брошен мяч из поло- жения равновесия системы и пойман так же в положении равнове- сия. Для определения амплитуды колебаний системы (масса чашки весов с мальчиком М, жесткость пружины к), после того как маль- чик поймает мяч (№ 5.31), пользуемся сохранением импульса и энер- гии. После бросания мяча период колебаний весов Т= 2%(M/k)i/2. Используя условие (п полных колебаний) из времени полета мяча в поле тяжести, получаем начальную скорость бросания v0 = gnT/2. Из сохранения импульса в момент бросания = Mv. После возвращения мяча (М + т)и = mv0 + Mv. Введенная здесь началь- ная скорость колебаний и позволяет найти амплитуду колебаний а из закона сохранения энергии (М + т)и2 = ка2. Аналогичным образом действуем, если Рис. 5.14 мальчик находится на качелях, а мяч отра- жается от вертикальной стенки (№ 5.32). Возвращающей силой при колебани- ях в вертикальном направлении может быть натяжение, например, нити, на ко- торой укреплено тело массой т (рис. 5.14). Если натяжение нити происходит за счет Ш
веса груза р, то уравнение малых колебаний массы тх" = — 2р(2/1)х. Так как при прогибе нити на х натяжение р даст вертикальную силу с каждой стороны дх/(1/2). Откуда находим период колебаний (№ 5.37). Силой тяжести пренебрегаем. Тело, лежащее (не закрепленное) на колеблющейся в вертикаль- ном направлении подставке, не может иметь ускорение падения боль- шее, чем ускорение свободного падения. Этим ограничивается ам- плитуда колебаний без подскоков тела. Из закона колебаний (5.3) получаем для максимального ускорения ат2. Максимальное уско- рение, направленное вниз, будет в точке наибольшего отклонения вверх. Чтобы тело двигалось вместе с подставкой, должно быть ат2 < g (№ 5.7, 5.8). Обозначая силу со стороны подставки на тело N, по- лучаем уравнение движения тела массой т в виде тх" = mg — N. Пока тело движется вместе с подставкой по гармоническому зако- ну х = a sin со?, получаем N = mg + лили2 sin о)Г (№ 5.6). Так как положительное направление х взято в направлении g, то в ноль W обращается при sinoH = — 1 и а = g/m2. Аналогичным образом могут быть рассмотрены колебания гру- за, подвешенного к пружине на нити (№ 5.12). При увеличении ам- плитуды колебаний нить не будет все время натянута. Это происхо- дит при амплитуде превышающей растяжение пружины при равно- весии / = mg/k. Начальное отклонение (амплитуда колебаний) может быть по- лучено при подвешивании к чашке пружинных весов массой т, на которой находится груз пренебрежимо малой массы, груза массой М, который затем быстро убирают (№ 5.11). Амплитуда колебаний оп- ределяется тем, что новое положение равновесия находится выше начального на а = Mg/k. Для груза, находящегося на чашке весов, условие подскакивания g < ат2 = (Mg/k) (к/т) = (М/т) g, т. е. М> т. Рассмотрим систему в виде тела массой т, подвешенного на двух вертикальных пружинах жесткостью и к2 внутри коробки массой М, стоящей на горизонтальной поверхности (рис. 5.15). Суммарная же- сткость к = к{ + кг Отклонение тела при рав- новесии (отсутствии колебаний) от положе- ния, когда суммарное действие пружин (Fn) равно нулю, ЛХ] = mg/k. При таком отклоне- нии У7 = AAXj = mg. Колебания будут проис- ходить относительно этого положения. Сум- , марное действие пружин на коробку меняет направление, когда тело (внутреннее) нахо- Рис. 5.15 днтся выше уровня F = 0. При смещении 112
Рис. 5.16 выше этого уровня на Лх2 = Mg/k и более коробка нач- нет подскакивать (№ 5.14), так как сила со стороны пружин на коробку становится больше веса коробки. Чтобы этого достигнуть, амплитуда должна превышать Дх = ДХ] + Дх2 = (in + М )g/k. Тело можно подвесить на двух пружинах не пос- ледовательно соединенных, а расположенных параллель- но. Пружины соединяются рейкой или блоком (рис. 5.16). Если пружины разной жесткости, то деформации их будут разны- ми, а растягивающие силы благодаря блоку одинаковые и равные F= к1х1 = к2х2. Смещение тела при колебаниях х связано с деформа- циями пружин х = (Xj + х2)/2 = (Х]/2)(1 + кх/к^). Для нахождения периода колебаний системы (№ 5.30) имеем тх" = — 2F. Подставляя выражения для смещения и силы, находим со2 = 4kik2/[m(ki + к^\. Чтобы происходили гармонические колебания, необходимо ограни- чение амплитуды а < g/ы2 (ускорение тела меньше g). Рассмотрим колебания сложной системы, которая состоит из нерастяжимой веревки, двух блоков, двух грузов и пружины жест- костью к, как это изображено на рис. 5.17. Найдем период малых колебаний системы и определим, при какой амплитуде колебаний груза веревка будет время от времени терять натяжение. Массой веревки и блоков пренебрегаем (№ 5.35). Запишем вначале условие равновесия системы: m,g + кх0 = 2m2g. Рис. 5.17 113
Уравнения движения для тх и т2: т}х" = —к(х +х0) — mxg + 2Т; т2а2 = m2g - Т. Учитывая, что смещение т2 в два раза больше, чем тл, и, следо- вательно, а2 = 2х", исключая Т и используя условие равновесия, получаем (mt + 4/и2)х" = — кх. Откуда w2 = к/(тх + 4/л,) или То = 2п{(т1 + 4m2)/k}i/2. Из уравнения движения массы т2 для силы натяжения веревки получаем Т= m2g — т2аг Таким образом, если в решении получит- ся, что а2 > g и, следовательно, х" > g/2, то натяжение веревки стано- вится отрицательным. Из колебательного уравнения для движения массы тх следует: х = Xsin(wZ), х' = Adcos(w/), х" = -/Wsin(w/). Можно сразу сказать, что ослабление веревки будет при |х"| > g/2, т. е. при А > g/(2w2). Но можно, используя решение и выписанные выше соотношения, написать выражение для натяжения веревки: Т = m2g + [2km2/(ml + 4w2)]Tsin(w/) и проанализировать его. Это выражение обращается в нуль при отри- цательном значении синуса. Наименьшее А будет при синусе, равном —1. Таким образом, для ослабления веревки должно быть Л > g(wij + 4m3)/(2A). Продемонстрируем использование энергетических соотношений (5.5) и (5.6) для определения периода колебаний. Рассмотрим колебание гантели, которая представляет две точеч- ные массы т, соединенные невесомым стержнем длиной 21, по глад- кой сферической поверхности радиусом г (№ 5.22). На рис. 5.18 показана эта система. Колебания могут происходить в перпендику- лярном к плоскости рисунка направлении или в плоскости рисун- ка. В первом случае при малых отклонениях пол- к/ ная (кинетическая и потенциальная) энергия Ех = 2т (г2 - /2)(ф')72 + 2mg(r2 - 12У'2<р2/2. '~*2i * Во втором случае Рис. 5.18 Е2 = 2m(rg>')2/2 + 2mg(r2 — /2),/2ср2/2. 114
Для этих случаев из (5.6) следует Тх = 2л(г2 - Py^/(g)1'2 иТ2 = 2nr/[g(r2 - РУ'2]1'2. Аналогичный подход можно использовать в случае колебаний системы, состоящей из двух то- (-*-------—--- чечных масс, закрепленных на невесомой цилин- дрической поверхности радиусом А, находящейся на горизонтальной плоскости (рис. 5.19). Найдем частоту малых колебаний при отсутствии проскаль- ис’ ‘ зывания цилиндрической поверхности по плоской и расстоянии меж- ду массами L (№ 5.25). При повороте системы на угол ср центр масс системы поднимется на высоту (R2 - L2/4y/2{\ - coscp) = (А2 - £2/4)'/2ф2/2. Потенциальная энергия равна mg(R2 — L2/4) ф2/2. Скорость центра масс системы равна \R — (R2 — £2/4),/2](р/. Кинетическая энергия определяется движением центра масс и вращением относительно него: m[R - (А2 - £2/4)1/2]2(ф')2 + дл(£2/4)(ф')2 = = 2m\R2 - R(R2 - £74)‘/2](ф')2. Отсюда частота колебаний «2 = g(R2 - L2/4y'2/[2R2 - 2R(R2 - £2)'/2]. В подобных задачах главное написать выражения для энергий. Например, при колебаниях невесомой спицы длиной 21 с точеч- ными массами на концах на неподвижном шероховатом цилиндре радиусом R (№ 5.27) подъем центра масс при повороте спицы на угол ф определяем из рис. 5.20. Высота подъема h = Аф2/2. Кинетическая энергия в данном случае определяется в основ- ном вращением относительно центра масс 2т/2(ф')2/2. Кинетичес- кой энергией движения центра масс можно пренебречь. 115
В некоторых задачах главным является определение положения центра масс системы. Например, для системы, состоящей из двух то- чечных масс, подвешенных на невесомой штанге, согнутой под прямым углом, (№ 5.33) центр масс (точка А), как видно из рис. 5.21, является центром окружности, описанной вокруг треугольника ОВС. Расстоя- ние центра масс от точки подвеса равно половине гипотенузы. Иногда изменение потенциальной энергии при колебаниях можно найти, как бы перемещая части системы. В случае колебаний вело- сипедного колеса, у которого вся масса М сосредоточена на ободе, но удален сектор с углом а относительно оси колеса, расположен- ной горизонтально (№ 5.34), при повороте на малый угол ср границы удаленного сектора показаны на рис. 5.22 пунктиром. Вместо пово- рота можно переместить часть Аср, масса которой ЛАр/(27г), с правой стороны на левую. Подъем центра масс при этом равен h = jRcpsin(a/2). Изменение потенциальной энергии связано только с этим переме- щением. Пружина может действовать на тело под углом. Такое возможно, если тело может двигаться только по гладкой горизонтальной штанге или гладкой поверхности, к которым пружина направлена под углом (№ 5.41). На рис. 5.23 показана муфта массой т на гладкой штанге на расстоянии I от точки закрепления пружины, которая другим концом прикреплена к муфте. Величина / больше длины нерастянутой пру- жины. Имея длину /, пружина растянута силой F. Обозначая от- клонение муфты от равновесия х и длину нерастянутой пружи- ны а, получаем уравнение тх" = — к[(12 + х2)1/2 — а]х/(12 + х2), где к = F/(J — а). При малых х по сравнению с I разложим правую часть в ряд Тейлора и оставим только линейные члены. В таком случае тх" — —Fx/l. Отсюда определим период колебаний. Нелинейное уравнение колебаний получится и при движении груза (масса т) по гладкой горизонтальной поверхности под дей- ствием пружины жесткостью к, расположенной под углом а к по- 116
верхности (в положении равновесия). Урав- нение превращается в линейное при доста- точно длинной пружине, когда угол с повер- хностью при колебаниях практически не ме- няется и остается таким же, как при равновесии (рис. 5.24). Найдем период малых колебаний (№ 5.42). Если смещение от равновесия по поверхности равно х, то сила вдоль пружины fcccosa, а ее проекция на направление дви- жения по плоскости £xcos^a. Уравнение коле- Рис. 5.24 баний тх" = — £xcos2a. Отсюда находим период колебаний. Груз не будет подпрыгивать, пока вертикальная компонента натяжения пру- жины Axrcosasina < mg. Найдем частоту малых колебаний шарика массой т, подвешен- ного на нелинейной пружине, если сила растяжения пружины про- порциональна квадрату растяжения, т. е. F = k(L — Lo)2, где Lo — длина пружины в ненагруженном состоянии (№ 5.43). Растяжение пружины Д£о грузом массой т при равновесии оп- ределяется соотношением mg = k(&L0)2. Если х — отклонение от равновесия, то тх" — — £(Д£0+ х)2+ mg = —к(Д.Ь0У — kx(2AL0+x) + mg. Если х « 2д£0, то, пренебрегая соответствующим членом, полу- чаем mx"+2k&.Lox = 0. Используя выражение для Д£о, получаем частоту колебаний о = (4kg/m)l/2. Влияние массы пружины на колебания груза на пружине жестко- стью к рассмотрим для случая, когда масса пружины т много мень- ше массы груза т. Характер движения пружины зависит от соотношения массы пружины и подвешенного на ней груза. Пружина без груза подобна упругой среде, по которой напряжения и деформации распростра- няются с конечной скоростью в виде волн. Движение частей пру- жины начинается с конца, к которому прикладывается внешнее воз- действие, и постепенно захватывает всю пружину. При медленном внешнем воздействии, как, например, в случае колебаний тяжелого груза на пружине, волны успевают многократно пробежать по пру- жине и выровнять напряжения и деформации по всей длине пружи- ны. В этом случае смещения элементов пружины и их скорости 117
Рис. 5.25 будут пропорциональны расстояниям, на которых находятся эти элементы от закрепленного конца пружины. Таким образом, пру- жина обладает кинетической энергией, которая должна учитываться в кинетической энергии колебательной системы. Найдем кинети- ческую энергию пружины, выражая скорости ее элементов через их расстояние от точки закрепления пружины 5 (рис. 5.25), отне- сенное к длине пружины £, и скорость груза х' (скорость конца пружины) £пР = 0/2) J (x's/L)2 (mnp/L)ds = (l/2)(wnpxz2/£3) J s2ds = тпрх'2/б. о о Полная энергия системы Е = (т + wnp/3)x/2/2 + кхг/'1. Используя (5.5) и (5.6), получаем (й = [£/(щ + юпр/3)]'/£ (5.26) Данное решение поможет решить задачи № 5.67 и № 5.68. Рассмотрим затухающие колебания. Уравнение движения маятника с затуханием колебаний (5.8): х" + 2р%' + (ПрХ = 0. Решение уравнения имеет вид (5.9) х = «e(!'sin(f»/ + ф). Определим добротность маятника, если за время, в течение кото- рого было совершено 10 колебаний, амплитуда колебаний умень- шилась в 2 раза (№ 5.71). Изменение амплитуды за п колебаний (время равно пТ) а./а.^ — &‘пТ. Откуда рГ= 1п(а./д.+я)/л. Из (5.13) добротность Q = п/($Т) = лл/[1п(«./а+я)] = 10л/1п2 = 45,3. 118
Коэффициентом сопротивления называется г = Fc /х' = 2т$. Определим его для некоторой среды, про которую известно, что энергия колеблющегося в ней маятника массой т за время t умень- шилась в п раз. Из (5.9) отношение амплитуд х/а = е_₽'. Отношение энергий Е/Е = (х/а)2 = е-2₽г. Отсюда находим коэффициент сопро- тивления. Рассмотрение воздействия вынуждающей силы на колебательную систему начнем со случая, когда на тело массой т, прикрепленное к неподвижной точке пружиной жесткостью к, действует вынуждаю- щая сила, меняющееся по синусоидальному закону f—(рис. 5.26). Найдем закон движения тела, пренебрегая трением о поверх- ность, на которой лежит тело. Уравнение движения тх" + кх =/osina>/ имеет решение х = asincot. В этом можно убедиться подстановкой его в уравнение, которое при этом дает выражение для а — амплитуды колебаний: где введено обозначение для частоты свободных (собственных) ко- лебаний (т. е. при отсутствии внешних сил) «о = к/m. При to < wc в момент времени t положительное направление силы и положитель- ное направление смещения х (фазы совпадают) при со > соо при поло- жительной силе смещение отрицательно (движение в противофазе). При со -> соо амплитуда колебаний будет возрастать до бесконечнос- ти. Это соответствует резонансу. В реальных колебательных систе- мах всегда имеется трение. При учете трения уравнение колебаний и его решение определяются (5.14)—(5.18). Рассмотрим колебательную систему, состоящую из двух одина- ковых грузов, скрепленных пружиной жесткостью к, на одну из масс которой действует гармоническая сила с амплитудой Ло, направлен- ная вдоль пружины (рис. 5.27). Найдем амплитуду А установивших- ся колебаний системы, если частота вынуждающей силы вдвое пре- вышает собственную частоту системы (№ 5.62). Рис. 5.26 Рис. 5.27 sin ох m Л/WW т 119
В произвольный момент времени расстояние грузов от начала координатной оси, идущей вдоль линии движения грузов, xi и х2. Движение грузов описывается уравнениями: тх" = Ло sin (£>t - к (х, - х2 - Lo); тх2 = к(х{- х2- Lq). Вводя обозначение и = х, — х2 — £0, получаем ти"+ 2ки= .40sina)Z. Решение этого уравнения ищем в виде суммы частного решения неоднородного и общего решения однородного уравнений и = Л sin coz + _Bsino>0Z + Ccosoj()/, где Юр = 2к/т. Подставляя и в уравнение колебаний, получаем, что А = —/10/(6А). Амплитуды собственных колебаний должны определяться дополни- тельными условиями. Если первоначально В и С равны нулю, то соб- ственные колебания не возникают. Отрицательный знак амплитуды указывает на то, что колебания происходят в противофазе с вынуж- дающей силой. Это связано с тем, что частота вынуждающей силы в два раза больше собственной частоты системы. О фазах уже говори- лось в предыдущей задаче и дана ссылка на формулы (5.14)—(5.18). Полученные выше формулы можно использовать для определе- ния добротности колебательной системы Q в случае, когда амплиту- да колебаний груза при действии внешней синусоидальной силы с амплитудой Fo на частоте со = О,9ооо (<д0 — резонансная частота) в к раз больше отклонения под действием постоянной силы той же ве- личины. Обозначим п = cd/cd0. По условию п = 0,9. Из (5.13) Q = со0/(2р). Используем зависимость (5.16) для амплитуды вынужденных ко- лебаний. Учитывая, что постоянная сила соответствует со = 0, по- лучаем Л(0)/Л(ш) = [(1 - и2)2 + 4и2/£)2] = \/к. Отсюда Q = и/[1/£2 — (л2 — 1)2]1/2 = 14,24. Возбуждение параметрических колебаний рассмотрим на приме- ре раскачивания качелей. В некоторый момент качели, на которых находится человек, имеют угловую амплитуду <р0. Когда качели про- ходят через положение равновесия, человек резко встает, а в мо- мент максимального отклонения качелей он снова садится. Опреде- 120
лим, на сколько изменится угловая амп- литуда за период и как зависит амплитуда от числа колебаний п, если колебания ма- лые (№ 5.56). На рис. 5.28 приведены па- раметры колебательной системы. Масса че- ловека М. Центр тяжести человека подни- мается и опускается на высоту Н. Длина веревок качелей /. Считаем, что / Н. Массой качелей по сравнению с массой человека пренебрегаем. В момент прохождения положения рав- новесия потенциальную энергию полага- ем равной нулю, а кинетическая энергия при этом Ко = mgh0 = т Гд/2 = mgl (1 - cos <р0) = mgl <Ро /2 - Здесь vQ — скорость при прохождении положения равновесия. При отклонении на угол <pj кинетическая энергия равна нулю, а потенциальная П = mgH + mg(l - H)(l - cosipj = mgH + mg (I - Я)<р^/2. Увеличение полной энергии происходит за счет работы против силы тяжести и центробежной силы: А = mgH + m(y2/l^H ~ mgH + mgg?QH. Приравнивая изменение энергии работе, получаем <pf (1 - Я//) = <Рр (1+ 2Я//). Извлекая корень и разлагая по малой по сравнению с 1 величине Н/1, получаем <р. - <Р0 = Ч>^/2)Н/1 + <р0Я// = (3/2)<РОЯ//. Такое изменение амплитуды будет за половину периода. За период в два раза больше. За период угол увеличивается в (1 + ЪН/Г) раз. За п периодов — эта величина в л-й степени. Увеличению амплитуды препятствует сопротивление, которое здесь не учитывается. Уравнением, описывающим движение тела в классической ме- ханике, является второй закон Ньютона. Это обыкновенное диффе- ренциальное уравнение второго порядка по координате или первого порядка по скорости. В последнем случае необходимо добавить связь скорости с координатой, которая является обыкновенным диффе- 121
ренциальным уравнением первого порядка, т. е. в таком случае по- лучаем систему двух дифференциальных уравнений. Для решения уравнения необходимо задать в некоторый момент времени коорди- нату и скорость тела. Решение определяет в любой момент времени координату и скорость тела, описывающие, как говорят, состояние движения. Удобно представлять движение тела в пространстве со- стояний, которое чаще называют фазовым пространством. В общем случае это шестимерное пространство. Мы ограничимся одномер- ным движением и, соответственно, фазовой плоскостью. По оси ординат откладываем скорость, по оси абсцисс — координату. Со- стояние движения определяется точкой на плоскости, которая на- зывается изображающей или представляющей. С течением времени эта точка перемещается по фазовой плоскости, обозначая фазовую траекторию. Фазовая плоскость, заполненная фазовыми траектория- ми, называется фазовым портретом системы. Поясним вышеска- занное на примере простейшей системы, которой является тело на пружине — одномерный осциллятор. Сразу можно написать первый интеграл уравнения движения — закон сохранения энер- гии: тхЕ1/! + к^/1 = Е, где т, Е их — масса, скорость и координата тела, к — жесткость пружины, Е — полная энергия системы. Это уравнение можно переписать следующим образом (хУ/(2Е/т) + х2/{2Е/к) = 1. (5.27) Эта линия на фазовой плоскости, по- v казанная на рис. 5.29, представляет эллипс --------------. с полуосями а = (2Е//с)1/2 и b = (Е//и)1/2, f Ъ-----------по которому точка, изображающая состоя- -+----------------+► ния системы, движется по часовой стрелке X. у' (х растет при х' > 0, х убывает при х/ < 0), совершая полный оборот за период коле- бания Т. Семейство фазовых траекторий Рис. 5.29 (эллипсов) для данной системы при раз- личных значениях энергии называется ее фазовым портретом. Площадь внутри фазовой траектории называ- ется объемом фазового пространства одномерного гармонического осциллятора. Эта площадь через полную энергию системы Е и час- тоту собственных колебаний осциллятора w0 выражается следую- щим образом: 5 = фх'с/х = 2лЕ/ы0 . (5.28) Вместо скорости в (5.27) можно использовать импульс р = тх'. 122
Представление колебаний в фазовом пространстве особенно по- лезно при рассмотрении более сложных колебаний с учетом затуха- ния, накачки энергии, нелинейности и неограниченных амплитуд. Для нелинейных колебаний маятника из уравнения вращатель- ного движения получаем закон сохранения механической энергии (первый интеграл): <р'2/2 + Wq (1 -coscp) = Eq/J, (5.29) где (d0 — частота колебаний при малых отклонениях, когда нелиней- ностью можно пренебречь, cog = mga/J-, Ео — полная энергия с уче- том того, что потенциальная энергия в положении равновесия равна нулю. Фазовый портрет колебаний маятника представлен на рис. 5.30. При малых углах отклонения маятника траектории такие же эллип- сы, как на рис. 5.29. При увеличении энергии (амплитуды) колеба- ний траектория перестает быть эллиптической. При достаточно боль- ших энергиях колебания переходят во вращательное движение. Гра- ничная фазовая траектория, отделяющая ограниченное (финитное) движение маятника от вращательного, называется сепаратрисой. Тра- ектории, соответствующие неограниченному движению, называют- ся убегающими. Введенные представления движений оказываются очень плодо- творными в термодинамике и квантовой механике. В частности, каж- дому квантовому состоянию системы соответствует ячейка (объем) в фазовом пространстве. Использование фазовых траекторий продемонстрируем на кон- кретной задаче. Груз массой т, соединенный пружиной жесткостью к с верти- кальной стенкой, совершает колебания, двигаясь по горизонтальной поверхности вдоль оси х, перпендикулярной к стенке (рис. 5.31). Коэффициент трения между грузом и поверхностью равен ц. В каждый момент времени, когда пружина максимально растянута, грузу щелч- 123
Рис. 5.31 ком сообщают некоторую энергию, так что он приобретает скорость г0 в направлении к стенке. Найдем скорость v0, если колебания оказы- ваются стационарными, причем максимальное удлинение пружины равно L. Считаем, что L > \\mg/k (№ 5.46). Трение приводит к затуханию колебаний. Однако при постоян- ной силе трения движение в течение половины периода описывает- ся уравнением гармонического осциллятора (без затухания). Дви- жение груза имеет вид тх" = —кх ± [xmg. (5.30) Знак минус относится к скорости большей нуля (в положительном направлении оси х), а знак плюс — к отрицательной скорости груза. Введем обозначение у = х ± \xmg/k. (5.31) Получаем уравнение гармонических колебаний: ту" + ку = 0. (5.32) Удобно воспользоваться фазовой траекторией, т. е. изобразить движение в координатах (у', у): ту'г1'1 + куг/'1 = А = const. (5.33) Отсюда получаем уравнение эллипса: у'^М-А/т} + у2/(2ЛД) = 1. (5.34) В координатах (х', х) центр эллипса на каждой половине периода будет смещаться (в соответствии с формулой (5.31)). Для положи- тельной скорости груза центр эллипса имеет координату х = —mg[k, для отрицательных скоростей х = mg/k. Полная энергия колебаний А уменьшается для каждой следующей половины периода. Полезно нарисовать картину затухания. Это сделано на рис. 5.32 для частно- го случая: pg = 0,1 м/с2; со = b/а = (А/?и)1/2 = 0,5 с-1; h = pg/co2 = 0,4 м; х = у ± h. Здесь а — большая полуось, а b — малая полуось эллипса (5.34). Точки пересечения эллипсов с осью х соответствует: 5 м, 124
—4,2 м, 3,4 м, —2,6 м, 1,8 м, —1 м, 0,2 м. В последней точке проис- ходит остановка, так как возвращающая сила меньше силы трения (х < И). Чтобы колебания были стационарными, нужен подвод энергии. По условию подводится кинетическая энергия, которой должно быть столько, сколько тратится на работу сил трения: т Vq /2 = [img4 (L + ц mg/k). В данном случае х3 = L, а путь равен 4(£ + й).
6. МОМЕНТ ИМПУЛЬСА В этом разделе вводится новое понятие — момент импульса, или момент количества движения относительно точки, которую называ- ют полюсом. Выбрав точку, всегда можно совместить с ней начало координат. Положение точечной массы т, движущейся со скорос- тью v, определяется вектором г, проведенным из начала координат к этой точечной массе. Векторное произведение этого радиуса-век- тора на импульс р = ту называется моментом импульса: L = г х р. Используя второй закон Ньютона (умножая обе его части векторно на г), получаем основное соотношение для связи момента импульса и момента сил г х dp/dt = г х F. Так как d(r х p)/dt = dx/dt х р + г х dp/dt и первый член равен нулю (скорость и импульс направлены одина- ково), то ? JL/dZ=rxF = M. (6.1) Следует подчеркнуть, что моменты могут быть написаны отно- сительно любых точек для любых движений (а не только относи- тельно центра вращения для вращательного движения). Если мо- мент силы (или его проекция на некоторое направление) равен нулю, то момент импульса (или его проекция на это направление) сохра- няется (не изменяется). В случае, когда сила, действующая на тело, всегда направлена в одну точку (центральные силы, например тяго- тение), момент импульса сохраняется относительно этой точки. Напомним, что проекция вектора момента относительно точки на некоторую ось, проходящую через эту точку, является моментом относительно этой оси. Можно отметить, что векторы, полученные в результате вектор- ного умножения, не являются обычными векторами, которые назы- ваются полярными, так как их направление (знак) зависит от выбора системы координат. Такие векторы называются аксиальными, или псевдовекторами. Начнем с рассмотрения движения в поле центральных сил. Сила называется центральной, если в процессе движения она направлена в одну точку. Примером таких сил являются силы гравитационного взаимодействия между телами. Момент силы относительно точки, в 126
которую сила направлена, равен нулю. Поэтому момент количества движения L не меняется по величине и направлению. Движение происходит в одной плоскости. Рассмотрение таких движений бу- дет дано в разделе, посвященном тяготению (гравитационному вза- имодействию). Другим примером движения в поле центральных сил может слу- жить движение небольшого тела, привязанного к нитке, продетой через отверстие О в гладком горизонтальном столе (№ 6.1). Тело движется равномерно со скоростью v на расстоянии г от отверстия. В некоторый момент нить начинают плавно протягивать через от- верстие, и за время t тело делает оборот, описав заштрихованную на рис. 6.1 фигуру. Момент силы, действующей на тело через нить, относительно точки О, равен нулю. Поэтому вертикальная состав- ляющая момента количества движения относительно этой точки сохраняется. Площадь треугольника, которую «заметает» вектор г (см. рис. 6.1), можно выразить как векторное произведение. Площади соответствует вектор JS, который равен величине площади и направлен по нормали к ней: dS = 0,5r х dr. Тогда момент количества движения L = г х ту = mr х dr/dt = ImdS/dt = const. Величина dS/dt называет- ся секториалыюй скоростью и используется в законах Кеплера (о них в разд., посвященном тяготению). Отсюда dS = Ldt/(2m) = rvdt/2. Интегрируя, получаем S = rvt/2. Эта площадь заштрихована на рис. 6.1. Кинетическая энергия тела W= mu'1/2 = mvr^/2. Отноше- ние W/(o = nwij2, а момент количества движения L = wwrsincp, где ср — угол между г и V. Если нить протягивается медленно, то угол ср близок к л/2, и постоянство L приводит к постоянству W/(£>. Эту величину называют адиабатическим инвариантом потому, что она сохраняется только при медленных изменениях расстояния тела от отверстия. Момент количества движения можно выразить и через угло- вую скорость ел. Тогда угловая скорость ел = Ь/(тгг), сила натяже- Рис. 6.1 127
ния F= ma2r = L2/(mr3), работа этой силы равна интегралу от Fdr (№ 6.9). Движение тела, прикрепленного к неподвижной точке с помо- щью пружины (№ 6.11), также является движением в поле централь- ных сил. Однако простое решение можно получить только в случае, когда усилие пружины пропорционально ее длине F = —кг. Это выполняется приближенно для коротких пружин, которые могут сильно растягиваться, т. е. обладают малой жесткостью. Уравнение движения тг" = — кг. (6.2) Проецируем его на взаимно перпендикулярные оси х и у, проходя- щие через точку закрепления пружины: ту " = —ку; тх" = —кх. (6.3) Оба уравнения описывают гармонические колебания с частотой со = (k/m)i/2. Для координат тела получаем х = acos(ot; у = fesinco/. (6.4) Исключая косинус и синус, получаем траекторию движения тела (эллипс): (х/а)2 + (у/b)2 = 1. (6-5) Траектория показана на рис. 6.2. Обозна- чая максимальные значения компонент ско- рости х'м и у, для момента импульса тела по- лучаем Z = тау'ы = тЬх’ы. (6.6) Сохранение механической энергии систе- мы (тело, пружина) дает Е = w(K)2/2 + fcfl2/2 = т(х'ы)2 /1 + kb2 /2. (6.7) Используя выражение для частоты колебаний и соотношение (6.6), получаем L = mab(£>. (6.8) Для площади эллипса S = nab = nL/(moi). (6.9) 128
Средняя за период кинетическая энергия (используем (6.4)) т (К) = (1/7")J"ри(х')2/2 + m(y')2/z^dt = тш2 (а2 + £2)/4. (6.10) Средняя за период энергия пружины (потенциальная) (П) = (1/7) {(Цх2 + y^/z^dt = k(a2+b2)^. о (6.11) Отсюда следует равенство средних кинетической и потенциальной энергий, так как со2 = к/т. Еще одна возможность для выполнения за- кона сохранения момента импульса возникает, если силы всегда направлены к некоторой оси. При движении маленького шарика по гладкой (без трения) внутренней поверхности конической воронки, стоящей вертикально (рис. 6.3), силы, действующие на шарик (тяжесть и реакция опо- ры), лежат в плоскости, проходящей через ось симметрии конуса. Момент сил относительно этой оси равен нулю. Следовательно, сохраня- ется момент импульса шарика относительно оси конуса лшгорт± = const, где ггор — горизонтальная составляющая скорости шарика, rL — расстоя- ние шарика от оси конуса. Для конуса отноше- ние А/г± постоянно. Поэтому (так как и т — постоянно) г/ Л = const. Считаем, что в начальный момент шарик находился на высоте Ло, а скорость его г() была горизонтальна. При дальнейшем движении ша- рик поднимается до высоты Л, а затем начинает опускаться. Так как в верхней и нижней точках траектории гверт = 0, то из закона сохра- нения энергии vl/Z + gh0 = v2/Z + gh. (6.12) Из закона сохранения момента импульса voho = vh. (6.13) Следовательно, для скоростей в верхней и нижней точках в за- висимости от высот получаем (№ 6.8) г0 = hjZg/(h0 + Л); V = h0^2g/(hQ + А). (6.14) 9-3707 129
Еще один пример использования закона сохранения момента импульса в задаче о движении человека на аттракционе «гигантские шаги» (№ 6.7). Здесь также сохраняется вертикальная составляющая момента количества движения. В верхней и нижней точках траекто- рии движения тела скорости имеют только горизонтальные состав- ляющие. Расстояния от точки подвеса одинаковые (R), а от оси раз- ные. Обозначим это расстояние г. Если отсчитывать высоту подъе- ма человека h от его положения при равновесии, то, как следует из теоремы Пифагора, г2 = R2 - (R - Л)2 = h(2R - h). (6.15) Из закона сохранения момента импульса, используя (6.15), по- лучаем для точек максимального и минимального положений h(2R — h)v2 = const. (6.16) Из закона сохранения механической энергии V1 + 2gh = const. (6-17) В ряде задач можно воспользоваться тем, что момент импульса Рис. 6.4 системы сохраняется относительно точки приложения внешних для системы сил. Это может быть точка, на которую опирается рассмат- риваемая система. Примером может служить трамплин, используе- мый в цирке. Трамплин представляет собой горизонтальную доску, шарнирно закрепленную в середине. На один конец доски, которую можно считать невесомой, с достаточно большой высоты прыгает гимнаст массой Клоун массой тг, сто- ящий на другом конце доски, при этом подбрасывается в воздух. Расстояние от клоуна до шарнира равно Lr Определим (№ 6.2), на каком расстоянии Lx (рис. 6.4) от шарнира должен оказаться гимнаст, чтобы клоун был подброшен на макси- мальную высоту. Гимнаст ударяет (неупруго) по доске, доска по клоуну. В конце удара клоун отделяется от доски. Его начальная скорость v2 опреде- ляется угловой скоростью доски в этот момент. Во время удара на систему (гимнаст, доска, клоун) действуют силы тяжести и реакция в шарнире. Часть силы реакции, связанная с ударом, значительно превосходит часть, связанную с силами тяжести. Можно считать, что силы тяжести за очень малое время удара никак не проявляют- ся. То есть внешняя сила — это реакция опоры, возникающая во 130
время удара. Тогда относительно точки приложения силы реакции (шарнир) сохраняется момент импульса системы: = m{vxLx + m2V2L2 = + т21%). (6.18) Удар считаем неупругим, т. е. после соприкосновения с доской гимнаст движется вместе с ней, и после удара угловая скорость доски: ш = tnxv{] + m2l3^. Угловая скорость зависит от L}, и максимальное значение о до- стигается при dat/dLy = 0, т. е. при Ly = T2(m2/w|)l/2. Высота, на которую поднимется клоун, зависит от скорости гимнаста, т. е. от высоты, с которой прыгает гимнаст. Если эта высота задана и изве- стно отношение LJL2 (№ 6.4), то можно вычислить, на какую вы- соту поднимется клоун. Задачу можно усложнить, например, прикрепив один конец доски к полу с помощью упругой пружины жесткостью к (№ 6.3). Вместо клоуна можно взять шар массой /и2, который, взлетев, не падает об- ратно на доску. Пружина после удара растягивается, а затем подбра- сывает гимнаста массой М. Рассматриваем случай, когда = L2 = L (рис. 6.5). Из (6.18) получаем vx~ v2~ v0M/(M + т). (6.19) С такой скоростью начнет сжиматься пружина под действием массы М, кинетическая энергия которой превращается в упругую энергию пружины. Другая масса т не связана с доской, которая тормозится пружиной быстрее, чем эта масса силой тяжести. После сжатия пружины масса М получит свою кинетическую энергию об- ратно и поднимется на высоту х = r2/(2g). Скорость v0 определяет- ся, если задана высота, с которой падает гимнаст. Вместо доски можно рассмотреть какую-то конструкцию, на- пример вертушку, которая состоит из трех невесомых стержней дли- ной а, лежащих в одной плоскости под углами 120°, с одинаковыми точечными массами т на концах (№ 6.6). На вертушку снизу (рис. 6.6) со скоростью v налетает и прилипает к ней масса М. Найдем угло- вую скорость вертушки после того, как в некоторой точке, где ско- рость максимальна, эта масса оторвется. При ударе можно восполь- зоваться законом сохранения момента импульса относительно оси вертушки: Л/гл-Тз/2 = (3/и + Л/)а2(о0. (6.20) 131
Рис. 6.5 т Рис. 6.6 Очевидно, что максимальная скорость вертушки будет тогда, когда масса (М + т) окажется в самой нижней точке. Легко видеть, что эта масса опустится на а/2. Поэтому из закона сохранения энергии получаем (Зли + М)а2 - co;Q/2 = Mga/2. (6.21) Если система, по которой наносят удар, не закреплена на оси, а может свободно двигаться, то она, сохраняя импульс, будет вра- щаться относительно центра масс. Например, { 1 система из трех одинаковых маленьких шари- * ков массой т каждый (рис. 6.7) на невесомом О------О-----О жестком горизонтальном стержне на одинако- вых расстояниях (/) друг от друга падает с по- стоянной скоростью г0 и левым шариком уп- Рис. 6.7 руго ударяет о массивный выступ с горизон- тальной верхней поверхностью (№ 6.5). Так как поверхность выступа горизонтальна, то сила, действую- щая на систему, направлена вертикально. Все скорости после удара направлены вертикально. Момент импульса относительно точки удара сохраняется, так как силами тяжести при ударе можно пре- небречь по сравнению с реакцией со стороны выступа. Обозначая скорость центра масс системы после удара v, а угловую скорость вращения системы относительно центра масс со, получаем 2>mvGl = 3mvKl + (6.22) Откуда Vo - vK = (2/3)/(0. (6.23) 132
Сохранение механической энергии дает Злпг>о/2 = 3mvl/l + 1ml2 со2/2. (6.24) Используя (6.23), получаем v0 + VK = /со. (6.25) Исключая скорость после удара, имеем со = (6/5)v0/l. (6.26) Если соударение происходит не с массивным выступом, а с те- лами конечной массы (№ 6.12, 6.13, 6.15, 6.16), то необходимо еще использовать закон сохранения импульса. В некоторых случаях уравнение вращательного движения (6.1) удобно записать относительно мгновенного центра вращения. Тог- да необходимо учитывать момент инерциальных сил. Например, цилиндр радиусом г вращается вокруг своей оси симметрии с угло- вой скоростью соо. Вместе с ним на тонкой (невесомой) нерастяжи- мой нити длиной / г, прикрепленной одним концом к поверхнос- ти цилиндра, вращается небольшой шарик (обозначим его массу т). Внезапно цилиндр останавливается. Найдем, через какое время нить намотается на цилиндр (№ 6.10). На рис. 6.8 показаны три положе- ния шарика: (1) в момент остановки вращения цилиндра, (2) в мо- мент, когда прекращается его движение по окружности радиусом /, (3) в момент, когда уже часть нити намоталась на цилиндр. От положе- ния (1) до положения (2) шарик будет двигаться с постоянной по абсолютной величине линейной скоростью, приобретенной к мо- менту остановки цилиндра, соо(/ + г), и четверть окружности радиу- сом / пройдет за время = (л/2)//[соо(/ + г)] ~ л/(2соо). Если дальней- шее движение описывать уравнением (6.1) относительно мгновен- ного центра вращения, то надо учитывать ускорение этого центра ы2г, меняющееся со временем из-за изменения угловой скорос- ти. В произвольный момент, когда нить повернется на угол <р, момент импульса шарика L = т(1 — гср)2со. Уравнение движе- ния шарика с учетом момента инерциаль- ных сил d\m(l — гср)2 со]/с//= —тп{1— гср) со2. Учитывая, что со = dq/dt, получаем Рис. 6.8 с/со/со = — с/ср/(ср — //г). 133
Откуда (D (<р — l/r) = const = —(O0//2 И (O/(O0 = 1/(1 — tyf/l). Выражая co как производную ср no t, имеем rco() t = //2 и t2 = //(2rcoo). Полное время равно сумме двух времен t{ и tY
7. ГРАВИТАЦИЯ (ТЯГОТЕНИЕ) Между телами существует взаимодействие, называемое тяготе- нием, или гравитацией. Роль зарядов, определяющих силу взаимо- действия между телами, как установлено теперь с большой точнос- тью, играют массы — характеристики инертности, входящие во вто- рой закон Ньютона. На основании имевшихся экспериментальных измерений и на- блюдений за движением небесных тел Ньютон установил закон все- мирного тяготения: сила притяжения между телами пропорциональ- на их массам и обратно пропорциональна квадрату расстояния между ними. Предполагается, что тела являются точечными, т. е. их разме- ры значительно меньше расстояний между ними. Для силы F, дей- ствующей на массу т1 со стороны массы ту, имеем F = — у (т, mJг1)^/г). (7.1) Здесь вектор г идет от первой массы ко второй, и так как сила притяжения F направлена к первой массе, то перед правой частью равенства стоит минус (такая же, но противоположно направленная сила действует на первую массу). Постоянную тяготения у, впервые определенную Кевендишем с помощью лабораторных измерений, в настоящее время принимают равной у = 6,67 • 10”11 Н • м2/кг2. Экспериментально установлено, что для сил тяготения выпол- няется суперпозиция (геометрическое сложение сил от разных масс). Интегрирование позволяет находить силы тяготения между телами любой формы. Для сферически симметричных тел получается фор- мула (7.1), в которой г — расстояние между центрами тел. Необходимо отметить и некоторый новый аспект описания реаль- ности. Одна отдельная масса меняет свойства окружающего ее про- странства, создает поле тяготения. Характеристикой поля является его напряженность, выражение для которой легко получается из (7.1): g = F/hi2 = -y(mjr2)(r/r). (7.2) Такая сила будет действовать на единичную (пробную) массу, если она окажется в этом поле. Эта величина является также уско- рением свободного падения в поле тяжести. 135
Из суперпозиции и (7.2) можно получить теорему Гаусса для потока вектора напряженности поля через замкнутую поверхность. Потоком называется скалярное произведение вектора на площадку, через которую вектор как бы протекает. Площадке при этом соот- ветствует вектор, по величине равный ее площади и направленный к ней по нормали (для кривой поверхности по внешней нормали). Для меняющегося по пространству поля в случае потока через пло- щадки конечной величины надо вычислять интеграл по бесконечно малым площадкам. Используя выражение (7.2), для потока от то- чечной массы через замкнутую поверхность, получаем ^gt/S = -§gdSg = -ф Sg/r2 = -ф yw^JQ = -ЛяутЛр Здесь минус появляется из-за того, что направление поля противопо- ложно направлению внешней нормали к поверхности, — телесный угол из точечной массы на бесконечно малую площадку поверхности. Используя суперпозицию, для любой массы т (суммы масс) внут- ри замкнутой поверхности получаем теорему Гаусса: <£g<7S = -4лу/и. (7.3) Теорема Гаусса может быть полезна для вычисления напряженно- сти поля в тех случаях, когда легко вычислить интеграл. Например, в случае симметрии поля: сферической, цилиндрической или плоской. В случае сферической симметрии напряженность одинакова для всех направлений на одном и том же расстоянии г от центра сим- метрии, и для переменной плотности вещества р получаем Г —g(r)4nr2 = —4лу|р(г)4тгг2г/г. о Откуда g(r) = (l/r2)4nyj p(r)r2Jr. (7.4) о Для постоянной плотности имеем линейную зависимость: g(r) = (4/3)лург. В векторном виде g(r) = —(4/3)ттург. (7.5) Если плотность отлична от нуля только до некоторого R, то да- лее из (7.4) следует g(r) = —(4/3)л7?3ург/г3 = —у(ти/г2)(г/г). (7.6) 136
Это совпадает с выражением (7.2) для точечной массы. Отсюда для взаимодействия двух сферически симметричных распределений масс (шаров) получаем взаимодействие такое же, как для точечных масс. Логика такая: поле первой массы такое же, как от точечной, значит, сила взаимодействия та же, что для точечной и второй мас- сы. Но силу со стороны второго тела на точечную массу вычисляем по полю от второй массы, которое такое же, как для точечной мас- сы, равной массе второго тела. На рис. 7.1 показано изменение поля тяготения в случае шара радиусом R по- 1 181 стоянной плотности. Из (7.6) получаем, что отношение рас- у/' j г стояний, на которых одинаковая напря- R г женность поля для разных масс, равно Рис. 7.1 квадратному корню из отношения масс. Отсюда можно определить, например, на каком расстоянии сум- марное поле Земли и Луны равно нулю (№ 7.123). У многих шарообразных тел, в частности у планет Солнечной системы, плотность вещества уменьшается с расстоянием от центра. При линейной зависимости (№ 7.139) Р0 = Pi - (Pi - Р2)г/^ <7-7) из (7.4) получаем g(r) = (4/3)лу[р1г - 3(р, - р2)г2/(47?)]. (7.8) Приравнивая производную по радиусу нулю, находим, что при гм = (2/3)р,Я/(р, - р2) (7.9) имеем максимальную напряженность поля тяготения. Заметим, что (7.8) и (7.9) получены для г < R, и чтобы возникал максимум в этой области, должно быть р(/р2 > 3. Для реальной Земли плотность с глубиной увеличивается, в не- которых местах скачками, поэтому под поверхностью напряженность поля тяготения не уменьшается, как должно быть для постоянной плотности, а немного возрастает. Изменение плотности скачком от pj до р2 при некотором г( (№ 7.140) приводит к излому в зависимости g(r). При 0 < г < г, имеем g(r) = (4/3)^/, а при r( < г < R из (7.4) получаем g(r) = (4/3)тгур2г + (4/3)эту(pj -р^/г1. Эта зависимость будет приводить к увеличению напряженности поля при увеличении расстояния от центра, если производная по г боль- 137
р + tip ше нуля, т. е. при р(/р2 < 1,5. Если это не выполняется, то макси- мальное значение напряженности поля будет при гг По измеренной зависимости g(r) из (7.4) дифференцированием получаем изменение плотности (№ 7.133). Зная изменение напряженности поля, можно найти, например, период колебаний математического маятника на башне или в шахте (№ 7.135). Найдем гравитационное давление в центре Земли в предположении постоянной плотности (№ 7.132). Считаем Землю однородным шаром ра- диусом R = 6400 км и плотностью р = 5,5 г/см. Основное уравнение получаем из рассмотрения рав- новесия элемента массы в виде столбика вдоль ра- диуса г высотой dr и единичной площадью сечения (рис. 7.2). Давление зависит только от г, и при уве- личении г на Jr оно изменяется на dp. Тогда для рав- Рис. 7.2 новесия в поле тяжести получаем рdrg = р — (р + dp). Откуда dp = —pgdr. Знак минус показывает, что с увеличением г давление падает. Интегрируем это уравнение, учитывая, что на поверхности Земли давление равно нулю (атмосферным давлением пренебрегаем), а ускорение свободного падения g = —gor/R (g0 — напряженность гравитационного поля или ускорение свободного падения на поверхности Земли): p(r) = -pg0/R\rdr = pg0 (Я2 -г2)/(2Я). R Откуда давление в центре Земли р(0) =pg07?/2 = 2 106 атм. Следует отметить, что, так как в действительности плотность Земли с глубиной увеличивается и зависимость g(r) имеет максимум на некоторой глубине, то давление в центре Земли по более точным расчетам получается несколько большим. Рассмотрим движение малой массы по тонко- му гладкому прямолинейному каналу внутри од- нородного массивного шара (например, в Зем- ле). На рис. 7.3 изображена диаметральная плос- кость, проходящая через канал. Ось х вдоль канала отсчитываем от его середины. Сила, действую- щая на массу т, равна mgr/R, а ее составляющая вдоль канала F= m$r/R)(x/r) — mgx/R. Из второ- го закона Ньютона получаем d^x/dt1 + (g/R)x = 0. (7.10) Рис. 7.3 138
Замечательно, что период этих колебаний (№ 7.137) Т= 2n(R/g)l/2 (7.П) не зависит от их амплитуды и от того, где проходит канал, в частно- сти, он может проходить и через центр шара (№ 7.129). При падении по диаметральному каналу двух одинаковых масс, связанных пружиной жесткостью к, для которых период колебаний Го = 2л[ш/(2Л)]1/2, получаем деформацию пружины из-за неодно- родности поля. Так как сила F = mgr/R, то ее изменение на длине пружины /0 равно AF = mgl^/R = ЛА/. Откуда относительное сжатие пружины (№ 7.128) А///о = mg/(kR). Переходя в уравнении (7.10) к скорости v = dx/dt, получаем vdv + {g/R)xdx = 0. После интегрирования v1 + (g/R)x2 = const. (7.12) Это позволяет определять скорости в зависимости от дополни- тельных условий. Если при х = R скорость равна нулю, то в центре она равна г. = (g/?)1/2. Если в центре скорость равна 2^, то на по- верхности (№ 7.134) она равна (3g7?)l/2. Рассмотрим, какая напряженность поля в сферических полостях внутри шаров постоянной плотности. Если центр полости совпадает с центром шара, то поля в поло- сти нет, в окружающем ее сферическом слое вещества напряжен- ность поля нарастает нелинейно, в соответствии с (7.4), а за грани- цей шара падает, как от точечной массы. Для полости, центр ко торой отстоит на а от центра шара (№ 7.125), воспользуемся суперпозицией полей для шара и «отрицательной» массы в объеме полости. Тогда поле внутри полости (рис. 7.4) опре- деляется уравнением g = -(4/3)лур(г - гп) = —(4/3)лура. (7.13) Здесь г и гп — расстояния до произвольной точ- ки внутри полости от центра шара и центра полости, а = г — гп — вектор расстояния от центра шара до центра полости. Оказывается в полости поле постоянно по направлению и величине и определяется вели- чиной и направлением вектора а. Это поле оп- ределяет движение тел в полости и период ко- лебаний помещенного в нее математического маятника (№ 7.131). 139
Рассмотрим случай осевой симметрии в распределении вещества (цилиндрической симметрии). Поток и массу вычисляем на едини- цу длины вдоль оси симметрии. Из (7.3) получаем Г -g(r)2nr = -4лу|р(г)2лп//-. о Откуда g(r) = (1/г)4лу|р(г)г4/г. (7.14) о Внутри цилиндра при постоянной плотности g(r) = -2лург. (7.15) Вектор g направлен противоположно вектору г (т. е. к оси сим- метрии). Линейность, как и в случае шара, приводит к постоянному полю в цилиндрических полостях, оси которых параллельны оси симметрии цилиндра. Вокруг цилиндра конечного радиуса напря- женность, как следует из (7.14), определяется массой, приходящей- ся на единицу длины: g(r) = (7.16) Для цилиндра конечных размеров эту формулу можно использо- вать на расстояниях от оси много меньших длины цилиндра. Изме- нение поля вдоль оси симметрии на расстояниях, значительно боль- ших радиуса цилиндра, можно найти, вычисляя силу взаимодей- ствия между точечной массой т и тонким стержнем массой М и длиной L, центр масс которого находится на расстоянии г от т. Ось стержня направлена вдоль линии, проходящей через т (рис. 7.5). Используя закон тяготения для взаимодействия массы т с лю- бым малым элементом стержня и принцип суперпозиции, находим суммарную силу, действующую на массу /л: г+£/2 F = - | утМ r/хД Lx1'} = -утМЦг2 - £2/4). г-£/2 Отсюда следует, что при вычислении силы взаимодействия мас- су стержня можно считать сосредоточенной в центре масс только в Рис. 7.5 140
случае г » £. Отметим, что если ось стержня не направлена вдоль или перпендикулярно линии, соединяющей т и центр массы стер- жня, то на него действует еще момент сил (вызванный неоднород- ностью поля тяготения от точечной массы). Таким образом, поле от цилиндра (стержня) убывает сильнее, в направлении его оси и медленнее в направлении, перпендикуляр- ном оси. В итоге на значительных расстояниях изменение поля про- исходит по закону обратных квадратов. Если вокруг бесконечно длинного цилиндра в поле (7.16) по круговой орбите вращается небольшое тело массой т, то движение его описывается уравнением пгиг/г = mlymjr. Видно, что скорость не зависит от расстояния, а зависит толь- ко от погонной массы. По скорости вычисляем период обращения Т= 2nr/v (№ 7.142). Тело, пролетающее мимо прямолинейного массивного образования бесконечной длины (струны), получает скорость в направлении этого образования. В результате направление скорости тела изменяется на некоторый угол ср. Если тело пролетает на значительном расстоянии от струны, то можно считать, что скорость v меняется только в перпенди- кулярном направлении (поворачивает) (№ 7.144). Движение в перпен- дикулярном направлении определяется компонентой поля (7.16) mdvjdt= m2ypsma/r = 2™y]isin2a/Z>. Здесь а — угол между осью х, по которой летело тело, если бы не было влияния струны, и направлением на ось струны; b = rsino. — так называемое прицельное расстояние. Считая продольную ско- рость тела (вдоль оси х) постоянной, заменяем dt на dx/v. Если за нуль на оси х взять точку, ближайшую к струне, то sin2a = Z>2/((>2 + х2). Интегрируя по х от минус бесконечности до плюс бесконечности, получаем v = 2лур./г. Для поворота скорости Дер ~ vjv— 2луц/г2. Поле внутри шара постоянной плотности определяется по (7.5). Если по диаметру шара просверлено отверстие, диаметр которого значительно меньше диаметра шара, то поле внутри отверстия оп- ределяется по (7.15) с отрицательной плотностью (той же по абсо- лютной величине). Суперпозиция (сложение) позволяет найти поле, например, в точке на поверхности отверстия, ближайшей к центру шара (№ 7.130). 141
Если цилиндрический тоннель проходит под поверхностью земли (№ 7.136), то его влияние на поле над поверхностью определяется по (7.15) с отрицательной массой. Аналогичным образом можно найти поле в сферической полости внутри длинного цилиндра (№ 7.143). В случае распределения вещества симметрично относительно плос- кости поле направлено всегда к плоскости симметрии. Из (7.3) по- ток через площадку 51 равен —2gS = — 4лур52х, или g = 4лурх. (7.17) Обратим внимание, что так же, как в случаях сферической и цилиндрической симметрии, наблюдается линейность поля по рас- стоянию от оси симметрии. Вне плоского бесконечного слоя веще- ства поле постоянно и равно его значению на границе. В плоском слое однородного вещества внутри тонкого гладкого канала, перпендикулярного к плоскости симметрии, колебания не- большого тела (№ 7.141) описываются уравнением d2x/dt2 + 4тгурх = 0. (7.18) Отсюда можно найти период колебаний. Работа против силы тяжести (гравитации), как известно, приво- дит к увеличению потенциальной энергии U. Силы поля гравитации совершают работу за счет уменьшения потенциальной энергии вза- имодействия между телами Fdr = -dU. (7.19) Используя (7.1), для точечных масс получаем U2 - Ut = - 1/г2). (7.20) Вблизи поверхности Земли (радиус R) = 7?, r2 = R + h и тогда Ц — Ц = m2gh. Для характеристики поля вокруг массой т удобно ввести потен- циал взаимодействия с единичной массой (mj = т, т2 = 1) и учесть, что взаимодействие равно нулю (U2 = 0) при г2 = =<>. В таком случае для изменения потенциала поля с расстоянием получаем ср = U/m2 = —ут/г. (7-21) Такую работу совершает поле при переходе единичной массы из бесконечности на расстояние г от т Обратим внимание, что и по- 142
тенциал, и потенциальная энергия в гравитационном поле являют- ся отрицательными величинами. Это связано с выбором начала от- счета. Работу сил определяет только изменение энергии. Соединение масс создает систему, обладающую энергией связи, в данном случае называемой гравитационной энергией. Это значит, чтобы разделить, например, однородный шар на бесконечно уда- ленные друг от друга частицы, надо затратить работу. Подсчитаем эту работу (гравитационную энергию) для шара радиусом R и мас- сой Мс постоянной плотностью (№ 7.124). Так как гравитационное поле потенциальное, т. е. работа не зависит от пути, по которому работа совершается, а зависит только от начального и конечного положений, то можно взять удобный способ разделения шара. Бу- дем удалять на бесконечность последовательно тонкие поверхност- ные слои. На удаляемый слой действуют только силы со стороны массы, находящейся внутри него, и не действуют ранее удаленные. В произвольный момент радиус шара г и масса т = M(r/R)\ а масса удаляемого слоя dm = 3Mr2dr/R?. Используя (7.21), получаем R и = -3y(M2/R6)\r4dr = (3/5')yM2/R. о Энергия связи в Земле приводит к существенному выделению тепла при опускании более тяжелых частей (фрагментов) ближе к центру (аккреция). На рис. 7.6 показано, как меняется в соответствии с (7.19), (7.6) и (7.5) потен- циал вне и внутри однородного шара. Удобно в формулу (7.21), пользуясь (7.2), ввести значения напряженности поля g() на поверхности шара радиусом R: <Р = -g^/r. (7.22) Потенциальная энергия тела (точки) мас- сой т равна гиф = —mgaR2/r (№ 7.4). Когда под поверхностью Земли нахо- дится более плотный шар, то он создает большую напряженность поля гравитации. Если над поверхностью находятся подвижные частицы, например жидкости, то они будут притягиваться в область над шаром до тех пор, пока их потенциаль- ная энергия не станет такой же, как у частиц, которые находятся вдали от шара. Дополнительная масса т в области, где находится шар, определяется разностью плотностей шара и окружающей сре- 143
ды Ар и радиусом шара R и равна т = (4/3)л7{3Ар. Потенциал от этой добавки должен быть равен потенциалу от превышения на z уровня жидкого слоя, толщина которого Н (когда шар находится непосредственно под жидким слоем): ym/(R + H) = gz. Отсюда найдем превышение уровня (№ 7.138). Для потенциала, так же как для гравитационных сил, существует суперпозиция. Однако потенциалы являются скалярными функция- ми и просто складываются. Вычислим, например, разность потенциалов между поверхностя- ми Луны и Земли, расстояние между которыми обозначим /. На по- верхности Луны потенциал Фг = (^з + О- £л^л> а на поверхности Земли Ф1 = ~g3R3 ~ 8л Ш + 0- Работа по перемещению единицы массы равна разности потенциалов. Пренебрегая членами, в которых в знаменателе стоит расстояние меж- ду Землей и Луной, получаем (№ 7.120) разность потенциалов: Ф2 - Ф, = g3R3 ~ gnRn- Рассмотрим теперь движение тел массой т и М при гравитаци- онном взаимодействии. В отсутствие других сил движение будет определяться централь- ными силами, направленными к центру масс системы, который бу- дет оставаться неподвижным. Если одна масса значительно превос- ходит другую, то ее можно считать неподвижной. В случае точечных или сферически симметричных тел их взаимное притяжение опи- сывается (7.1), которое удобно записать в следующем виде: F = ут М/г2 = tng0R2/г2 . (7.23) Здесь напряженность поля на поверхности тела массой Л/радиусом Rtl g^yM/R2. (7.24) При движении по окружности связь между радиусом этой ок- ружности г и скоростью движения v описывается вторым законом Ньютона (с использованием закона тяготения) mV2/г - утМ/г2 = mg0 R-Цг2. (7.25) 144
Вводя период обращения Т= 2nr/v, (7.26) получаем г3/Т2 = у^/(4л2) = g0/?2/(47t2). (7.27) Скорость движения спутника по круговой орбите близкой к по- верхности Земли (первая космическая) из (7.25): V, = (д0Я0)1/2- (7.28) Отсюда можно получить период обращения (№ 7.127): 7\ = 2nR0/vt = (7-29) Этот период совпадает с периодом колебаний в канале внутри Земли (7.11). Если плотность увеличивается с глубиной, то g(r) име- ет максимум внутри планеты, и, так как на поверхности и вне поле зависит только от общей массы и одинаково для разных распреде- лений внутри, то, следовательно, поле в любой точке внутри будет превосходить линейное поле от однородной плотности. Это можно продемонстрировать для планеты, у которой плотность меняется линейно с глубиной (7.7). Значение напряженности поля (ускоре- ние свободного падения) (7.8) во всех точках будет больше линей- ного значения для постоянной средней плотности. При движении с большим ускорением время будет меньше. Период обращения близкого к поверхности планеты спутника, как следует из (7.27), зависит только от средней плотности планеты: Г, = [Зтт/(тр)]’/2. (7.30) Это соотношение можно использовать для оценки периода об- ращения близкого спутника нейтронной звезды (№ 7.9, № 7.29). По радиусам орбит и периодам обращения спутников разных пла- нет с помощью (7.27) можно найти отношение масс планет (№ 7.28). Из (7.29) можно найти радиус стационарной орбиты, когда спут- ник, двигаясь по окружности в плоскости экватора, остается над одной и той же точкой поверхности, т. е. период обращения равен для Земли одним суткам (№ 7.30). Если известно отношение радиуса орбиты спутника к радиусу планеты и период обращения, то можно из (7.27) найти среднюю плотность планеты (№ 7.155). Соотношение между радиусами орбиты R и планеты (звезды) г могут быть заданы более сложным образом. Например, по измере- 145
нию с большого расстояния периода обращения Т и времени неви- димости спутника за планетой т (№ 7.154). Если т <S Г, то скорость прохождения за планетой равна орбитальной: 2г/т = 2nR/T. При движении тела массой m в поле тела массой m закон сохранянения механической энергии (суммы кинетической и потен- циальной) имеет вид: mv2/2 — ymM/r = Е— const. (7.31) Иногда потенциальную энергию удобно выражать, используя (7.24) и (7.28). При движении по окружности выполняется (7.25). Поэтому из (7.31) следует, что полная энергия Е равна кинетической К с обрат- ным знаком (№ 7.23) и потенциальная Пудвоенной кинетической с обратным знаком: Е=-К = -nw2/2 = П/2\ П = -2К. (7.32) Если на бесконечном расстоянии скорость была равна нулю, то из (7.31) при r= R(l она равна v = = (2я0Д,),/2- Зная, что с такой скоростью тело входит в канал внутри однородно- го шара, можно с помощью (7.12) определить скорость в центре шара (№ 7.126). Рассмотрим случай, когда маленький шарик массой т, имеющий на бесконечности скорость г0, пролетает через шар массой М и ради- усом /?, в котором вдоль диаметра просверлен канал в направлении движения шарика. Принимая во внимание гравитационное взаимо- действие между шариками, определим их относительную скорость в момент, когда маленький шарик пролетает через центр большого шара. Начальную скорость большого шара считаем равной нулю (№ 7.117). При вычислении потенциальной энергии взаимодействия необ- ходимо учесть, что сила притяжения действует и при движении ма- ленького шарика внутри большого. Поэтому R О U = - J Fdr - j Fdr = (3/2) ут M/R. ~ R Обозначая и v2 скорости шаров в системе центра масс, имеем mv} = Mv2; vom = vt + v2, кинетическая энергия шаров в системе центра масс (относительная) Еотн = т v\ /2 + М v\/2 = тМ/(т + М} v°TH /2. 146
Из закона сохранения энергии т v% /2 = - (3/2) ут M/R + £ОТ|, + Ес, где кинетическая энергия движения системы в целом Ес = (m + и импульс системы (т + M)vc = mv0, получаем rOTH = ^+3y(m + M)/R. При пролете маленького шарика через тонкое кольцо массой М и радиусом 7? (по оси его симметрии) задача упрощается, так как по- тенциал в плоскости кольца на оси симметрии равен yM/R. Возможны и более экзотические зависимости для силы при од- номерном движении. Например, тело массой т влетает в простран- ство, в котором на него будет действовать сила притяжения к точке влета F = шп/х\ Здесь х — расстояние от точки влета. Если задано расстояние L, на которое тело углубляется в это пространство, то можно найти время возвращения Т (№ 7.118). Уравнение движения rndv/dt = — а.т/х' можно записать в виде vdv/dx = —шп/х\ Разделяя переменные и используя, что при х = L скорость v = 0, получаем v2 = а(1/х2 — 1/L2) = а(£2 — x2)/(Lx)2. Вблизи точки влета имеется особенность, которая не влияет на даль- нейшее интегрирование xdx/dt= [a(L2 — х2)]1/2/£. Время до останов- ки t = £2/(а)1/2. Все время Т (до выхода) в два раза больше. Если космический корабль свободно падает на Землю из уда- ленной точки на расстоянии г, то расстояние, на котором его можно перевести на круговую орбиту, изменив только направле- ние скорости на 90°, определяется из (7.31) и (7.25) Е= —утМ/г{ = = — ушЛ//(2г2) — утМ/г2 (№ 7.37). При вертикальном движении, например, ракеты с постоянной перегрузкой п (№ 7.2 и № 7.3) уравнение движения mdv/dt -mvdv/dr =nmg0 - mgGR$ /гг (7.33) интегрируется с учетом того, что в начальный момент скорость ракеты была равна нулю. Ракета уйдет в бесконечность, если в (7.31) Е = 0, и вернется на Землю, если Е < 0. Для подсчета в одном случае по задан- ной скорости определяем расстояние (и, следовательно, потенциаль- ную энергию), в другом по заданному расстоянию — скорость. Второй космической скоростью называется скорость тела, при ко- торой оно уходит с поверхности планеты на бесконечно большое рас- стояние, и там его скорость равна нулю, т. е. Е = 0. Из (7.31) и (7.24) v2 = (2gA),/2- (7-34) 147
Зная примерную высоту прыжка человека на Земле (й), мож- но вычислить начальную скорость, создаваемую работой мышц v = (2g3eMJlH h)1/2, и сравнить ее со второй космической скоростью для каких-то, например, астероидов (№ 7.1), которые человек пыта- ется покинуть подпрыгнув. Если для какой-то планеты известны радиус орбиты и период обращения спутника, то по (7.27) и (7.28) находим первую косми- ческую скорость. Вторая в -J1 раз больше (№ 7.36). Так как вторая космическая скорость определяется потенциаль- ной энергией в точке запуска, то при неравномерном распределении гравитационного потенциала она будет наименьшей в точке наимень- шего потенциала. Для планеты радиусом R{) с полостью радиуса заполненной веществом с большей в 0 раз плотностью, касающейся поверхности планеты, можно найти минимальный потенциал на по- верхности (№ 7.159). Он будет в точке поверхности на диаметре, проходящем через центры планеты и полости. Обозначая массу, ко- торая была бы у однородной планеты М, и вторую космическую ско- рость г0 и используя суперпозицию, для потенциала получаем ср = -уЛ//Rq + уос3 (1 - 0) M/(o.Rq ) = -(vp/2)[l -(1 -0)а2]. По этому по- тенциалу определяются удельная кинетическая энергия гЯ/2 = — ср и вторая космическая скорость v. Третьей космической скоростью называется минимальная скорость, которую надо сообщить ракете относительно Земли, чтобы ракета навсегда покинула пределы Солнечной системы. Для определения этой скорости v (№ 7.121) задачу о взаимодействии трех тел разби- ваем на две части. Ракета уходит на бесконечное расстояние от Зем- ли и имеет там скорость г2 = v2 - 2v2. Круговая скорость определя- ется по (7.25). Далее рассматриваем движение ракеты относительно Солнца. При этом начальное положение ее на орбите Земли, а ско- рость равна геометрической сумме скорости ракеты относительно Земли (vj и скорости орбитального движения Земли относительно Солнца. В случае если массы тел не сильно отличаются по величине, движение может происходить по окружностям вокруг общего цент- ра масс. Радиусы окружностей обратно пропорциональны массам. Если массы тел и т2 а расстояния их центров (предполагаем, что тела — сферы) от общего центра масс г} и г2, которые связаны соотношением "Vi = w2r2’ (7.35) 148
то, учитывая равенство угловых скоростей и обозначая расстояние между центрами масс г = г{ + г2, получаем со2 Г] = со2г2 = утх/гг. (7.36) Складывая эти соотношения и разрешая относительно г, получаем (№ 7.11, 7.12) г3 = у(т1 + т2)/ы2. (7.37) Отсюда можно найти суммарную массу, если заданы расстояние между телами и период обращения (угловая скорость), непосред- ственно (№ 7.41), либо через наблюдаемые с большого расстояния период изменения углового размера системы и сам максимальный угловой размер ср, по которому, зная расстояние до системы /, нахо- дим г = ср/ (№ 7.114). Если т{ т2, то из (7.35) r2 = mxrjm2 3> rv Используя это, получа- ем из (7.37) (WjFj/zMj)3 = ут^ы2. Отсюда можно получить т2 (№ 7.115). При неизменном расстоянии можно из (7.37) найти отношение периодов при одинаковых и сильно различающихся массах (№ 7.10). Рассмотрим теперь сближение двух масс под действием силы при- тяжения, которые находились на расстоянии R (№ 7.146, 7.70) либо двигались в соответствии с (7.37) и внезапно остановились (№ 7.145, 7.71). Ускорения к общему центру масс определяются аналогично (7.36). Поэтому суммарное ускорение d2r/dt2 = vdv/dr— —y(mt + m2)/r2. (7.38) Здесь г — расстояние между массами в произвольный момент времени. Интегрируя и учитывая, что при r=R скорость v — 0, получаем v = [2y(w, + w2)(l/r - 1/Л)]1/2- (7.39) Отметим, что тела обладают конечными размерами, и расстоя- ние между ними не может уменьшиться до нуля. Так как с уменьшением расстояния скорость увеличивается, то для изменения расстояния между телами получаем уравнение dr/dt = -v = —[2у (щ, + от2)(1/г - 1/7?)],/2- (7-40) Чтобы проинтегрировать это уравнение, надо воспользоваться подстановкой r = 7?sin2O. Для времени изменения г от Л до 0 получаем т = (л/2)/?3/2[у(т| + /и2)]_|/2. (7.41) Если скорость одного тела не направлена к центру другого, то кроме второго закона Ньютона и закона всемирного тяготения нуж- 149
но воспользоваться законом сохранения момента импульса относи- тельно центра сил L = г х ту = const. (7.42) Расстояние от центра сил до линии, по которой движется тело на бесконечно большом расстоянии от центра, называется прицель- ным. Под действием силы тяготения направление и величина скоро- сти изменяются, но момент импульса относительно центра сил оста- ется неизменным. Этим можно воспользоваться, например, для оп- ределения величины скорости метеорита г0, имеющего массу т, если известно максимальное прицельное расстояние R, при котором он еще попадает на Землю (№ 7.81). Используя еще и закон со- хранения энергии (31), имеем nwGR = mvr; mV^/2= тУг/l-ymMfr. Здесь г — радиус Земли, v — скорость у поверхности Земли. Полу- чаем и0 = |2уЛ//(/?2 — г2)]1/2. Если идет поток частиц с известной скоростью в бесконечности, то по этим же формулам можно найти прицельное расстояние и вычислить число упавших на Земли частиц (№ 7.84, 7.85, 7.86). Рассмотрим для примера космическое тело шарообразной фор- мы, имеющее массу М и радиус г, равные массе и радиусу Земли. Двигаясь со скоростью v0 =11,3 км/с, тело проходит через облако космической пыли со средней плотностью р = 10-4 кг/м3 и толщиной вдоль направления движения h = 109 м, захватывая частицы пыли (рис. 7.7). Найдем увеличение массы тела, когда оно выйдет из облака. Сохранение момента импульса космической пылинки относи- тельно центра космического тела позволяет определить расстоя- ние (прицельное) от оси движения тела до частицы, которая прой- дет (в системе координат, связанной с Землей) у поверхности Земли mvt.R = mvr. Скорость v определяется из закона сохранения энергии: /и /2 = т v1 /2 - у/л М/г. Взаимодействие между пылинками не учитывается. Радиус R определяет цилиндр, из которого частицы упадут на Землю. Д/л = pnR2h = 2,6-1019 кг. 150
Напомним, что масса Земли ~6-1024 кг, масса воздуха, окружающе- го Землю, ~5 10*8 кг. Следует обратить внимание на траекторию частицы, которая при движении касается космического тела. Во- первых, это гипербола, так как на бесконечности частица по усло- вию обладает положительной кинетической энергией. Во-вторых, эта траектория касается тела в точках под некоторым углом а от оси симметрии задачи. Для гиперболы угол 0 выражается через R и г следующим образом: tg(6/2) = (R2 — r2)/(2rR). Подставляя значения г = 6400 км, R = rv/v0 = 8960 км, так как v = yjv2 + 2gR = 15,8 км/с, получаем 0 = 38,8°. Отсюда а = 70,6°. Этот угол определяет зону тени, в которую частицы пыли не попадают. Если только два тела с одинаковыми массами т движутся из бесконечности навстречу друг другу по параллельным траекториям, расстояние между которыми равно /, каждое со скоростью v, то для нахождения минимального расстояния между ними (№ 7.5) надо воспользоваться сохранением момента импульса относитель- но центра масс и сохранением энергии системы. Отмечая мини- мальное расстояние от центра масс и скорость в этой точке имеем 2mvl/2 = 2mvxt\/2, 2тv2 /2 = 2mv2/2- ут2/i\. Сохранением момента импульса надо воспользоваться и при нахождении радиуса орбиты спутника планеты, который образуется из вещества, сконцентрированного первоначально в кольцевых струк- турах, вращавшихся вокруг планеты (№ 7.112). Предполагаем, что кольцевая структура — тонкий диск с внутренним радиусом гх и внешним радиусом г2, имеющий постоянную плотность на единицу площади р, скорости элементов которого определяются условием движения по окружности (7.25). Масса вещества, формирующая спутник, т = рл(г22 ~ ri2)- Момент импульса L = J rv(r)dm = 2л(уЛ7)1/2 р J r3/2dr = (4/5)л(уЛ7 )I/2 p(r2/2 - ri5/2)- О п Такими величинами массы и момента импульса должен обладать спутник, а скорость его определяется по (7.25). Наблюдения движения планет вокруг Солнца и соответствую- щая обработка позволили Кеплеру сформулировать следующие за- коны. Первый: каждая планета движется по своему эллипсу, в од- ном из фокусов которого находится Солнце. Второй: у каждой пла- неты своя постоянная секториальная скорость. Третий: для всех планет Солнечной системы отношение квадрата периода обраще- 151
ния к кубу большой полуоси эллипса, по которо- му движется планета, одно и то же. На основе v этих законов Кеплер не сумел получить закон все- 77x^1! \ мирного тяготения. Из-за того, что эллипсы — 7 плоские фигуры, ему казалось, что сила взаимо- ------у---действия должна убывать обратно пропорциональ- на первой степени расстояния. Как только Нью- ---------- тон предположил квадратичный закон, он смог Рис. 7.8 получить все законы Кеплера. Характер орбит меняется в зависимости от ве- личины начальной скорости баллистического по- лета. Качественное изменение орбиты происходит при первой и вто- рой космических скоростях (рис. 7.8). Первая космическая скорость (7.28) соответствует движению по окружности vK. Она получается из уравнений движения и тяготения и для низких орбит вокруг Земли равна 8 км/с. Вторая космическая скорость г2 (7.34) получается из закона сохранения энергии и соответствует случаю, когда полная энер- гия ракеты на бесконечном расстоянии будет равна нулю. Для старта с поверхности Земли вторая космическая скорость равна 11,2 км/с. На рис. 7.8 рассмотрен случай, когда скорость в точке перпендикуляр- на радиусу, проведенному в эту точку из центра Земли. Если v < vK, то движение происходит по эллипсу, дальний фокус которого находит- ся в центре Земли. Если vK < v < v2, то движение осуществляется по эллипсу, ближний фокус которого находится в центре Земли. Если v > v2, то движение — по гиперболе. Движение по замкнутым орби- там называется финитным, при этом Е < 0. Отрицательная величина полной энергии связана с выбором отсчета потенциальной энергии, которая отрицательна и достигает нуля только на бесконечности. На- помним, что невесомость в ракете наступает в момент выключения двигателей. Дальнейший полет называется баллистическим. Если можно пренебречь сопротивлением окружающей среды, то на ракету действует только сила тяжести. Не интегрируя уравнений движения, а пользуясь только закона- ми сохранения энергии и момента импульса и тем, что планета дви- жется вокруг Солнца по эллипсу (Е < 0), выведем выражение для длины большой оси 2а этого эллипса (№ 7.20). Для точек пересечения эллиптической орбиты с большой осью (рис. 7.9) законы сохранения энергии (7.31) и момента импульса (7.42) дают mv1/! — gmM/r = Ей mvr = L. Следующее отсюда квад- ратное уравнение !Егг/т + EgMr - (L/m)2 = 0 (7.43) 152
2а Рис. 7.9 имеет два корня: г1,2 = {~W ± [у 27И2 + (L/m)22(E/m)]^2}/(2E/m), (7.44) которые определяют расстояние точек пересечения орбиты с боль- шой осью от фокуса эллипса. Отсюда 2а — Fj + г2 = —утМ/Е. (7.45) Видно, что длина большой оси эллипса зависит только от пол- ной энергии. Полезно получить выражение для малой полуоси Ь: b = {[(г, + г2)/2]2 - [(r2 - r,)/2]2}'/2 = (r^)'/2 = L(—2Em)~l/2. (7.46) Используя выражение для секториальной скорости ds/dt= к/(2т) и площади эллипса S = nab, в случае постоянной секториальной скорости (что соответствует постоянному L) получаем период Т = nab2m/L = (луЛ7/и-7га)Д^д/2(-.Е')3/2 j = 2тш3/2/(уЛ7)1/2 . (7.47) Отсюда третий закон Кеплера: а2/!2 = уЛ7/(4л2). (7.48) Величина в правой части уравнения называется постоянной Кеплера. В случае, когда т и М сравнимы по величине, можно воспользо- ваться (7.37) и записать закон движения: /л(в2г = у (/л + М)тМ/(Мг2) = уэтМ/г2. В общем случае вместо ускорения при движении по окружности можно написать ускорение, вызванное силой тяготения. Главное, что вводится эффективная гравитационная постоянная, позволяю- щая воспользоваться полученными соотношениями для неподвиж- ной массы М. В таком случае (№ 7.7) закон Кеплера имеет вид: а2/Т2 = у(«? + Л/)/(4л2). (7.49) Если при движении по эллипсу заданы максимальное и мини- мальное удаления от центра сил и одна из скоростей в этих точках, 153
то другая скорость находится из закона сохранения момента им- пульса (7.42) относительно центра сил (№ 7.40). При периодическом движении, каким является движение по эллипсу, через время, равное периоду, значения всех величин по- вторяются. Это можно отнести и к скалярному произведению им- пульса р на радиус-вектор г. Поэтому среднее значение производной по времени от этого произведения t+T Q/Т) J ^(рг)/Л = р(/ + Т)г(/ + Т)-р(/)г(^) = 0. Z С другой стороны, d(pr)/dt = (Jp/Лг) + (рс/г/Л) = (Fr) + (pv) = = -yMm/r+ 2K= E+ К. Здесь использованы обозначения кинетической энергии К и пол- ной Е. Таким образом, для средних значений при движении по эл- липсу получаем (№ 7.22) <Е> + <К> = 0. (7.50) То, что в случае движения по окружности выполнялось для са- мих функций (7.32), при эллиптическом движении выполняется только для средних значений. В случае, когда т по величине сравнимо с М, движение происхо- дит по двум эллипсам, как показано на рис. 7.10, вокруг общего центра масс, который находится в фокусах этих эллипсов. В случае движения по окружностям для скорости массы т получаем v2/rm = уМ/г1, где гт — расстояние массы т от центра масс; г — расстояние между массами, г = гт(гп + М)/М. 154
Отсюда скорость V = [М/(т + М)](уМ/гтУ^ (7.51) и период Т = 2nrm/V = 2п(т + М)гт /[м (уМ)'р]. (7.52) Обозначая периоды при т« Мит = М соответственно через То и Tv получаем: 7'0/7’1 = л/2. Если для спутника, вращающегося по эллиптической орбите, задана скорость в точке пересечения орбиты с малой осью (№ 7.32), то, вычисляя момент импульса как произведение этой скорости на величину малой полуоси и на массу спутника и подставляя в (7.46), а затем в (7.45), получаем величину большой полуоси. При задании скоростей в точках пересечения с большой полу- осью (№ 7.31) для нахождения большой полуоси надо воспользо- ваться для этих точек сохранением момента импульса относительно центра сил (центра Земли) и сохранением энергии. Пользуясь (7.47), по заданным гу и г2 (или периодам обращения по круговым орбитам, по которым сразу определяем эти радиусы) можно найти период движения по эллипсу и его большую полуось (№ 7.59, 7.147). Если задан этот период и один из периодов круго- вых орбит, можно найти другой период круговой орбиты (№ 7.60, 7.148). По параметрам орбиты можно найти массу М (№ 7.26, 7.27), или полную энергию, а по ней с помощью (7.34) и (7.45) начальную скорость, необходимую для вывода на эту орбиту (№ 7.24). Может возникнуть вопрос: в каком случае дальше от Земли уй- дет снаряд, если его посылают с одной и той же скоростью v0 (боль- ше первой и меньше второй космической) с некоторого возвыше- ния на полюсе (чтобы не влияло вращение Земли) по направлению радиуса Земли или перпендикулярно ему (№ 7.33)? При движении по радиусу на максимально далеком расстоянии Rt скорость снаряда будет равна нулю и из (7.31), обозначая радиус Земли Ro, получаем т Гр /2-утМ/Ro = -ут M/Rx. При движении по эллипсу для большой оси из (7.45) и (7.31) имеем 2а = -ушЛ/Дшгр/2 - ут M/R^. Максимальное удаление от центра Земли в этом случае R2 = 2а - Ro. Воспользовавшись (7.24), находим отношение расстояний ^1/^2 = 2g7?0/rp. 155
Видно, что при v0 равной второй космической скорости расстояния одинаковы и, как известно, равны бесконечности, а при первой космической — отличаются в два раза. Если снаряды посылают в плоскости экватора: один в сторону вращения Земли, другой против вращения (№ 7.34), то снова можно воспользоваться (7.45), (7.31) и (7.24), учитывая, что начальные ско- рости, входящие в уравнения, у снарядов разные при одинаковой скорости относительно поверхности Земли. Этими же формулами можно воспользоваться и при запуске сна- рядов с двух полюсов в разные стороны, чтобы определить макси- мальное расстояние между снарядами (№ 7.35). Под действием импульсов, связанных с работой двигателей, уда- ров других тел, взрывами и стрельбой, спутники могут переходить на другие орбиты. Рассмотрим переходы с круговых орбит (см. рис. 7.8). При умень- шении скорости происходит переход на эллиптическую орбиту, ко- торая может перейти в падение по прямой в направлении центра сил. При увеличении скорости можно перейти на эллиптическую, параболическую или гиперболическую орбиты. При увеличении скорости спутника, вращающегося по круговой орбите радиусом R с периодом Тр в а раз (№ 7.45) он перейдет на новую орбиту, полная энергия которой Е2 будет складываться из увеличенной в а2 кинетической Еу и той же потенциальной, для которой из (7.32) имеем Еп = — 2Ек. Таким образом, для полной энергии новой орбиты получаем Е2 = а2£ + £ = а2Е - 2Е = (а2 - 2)£ = -(а2 - 2)£,. Здесь полная энергия при вращении по круговой орбите Е{ = Ек + Еп = = — Ек. Орбита будет эллиптической, если а2 < 2. Из (7.45) имеем a/R = EJE2 = 1/(2 - а2), (7.53) а из (7.47) Тг/Тх = (a/R)W = (2 - а2)-3/2. (7.54) Отсюда можно определить и необходимое увеличение скорости для перелета на заданное расстояние и время перелета (№ 7.61, 7.62, 7.72, 7.75, 7.78, 7.96). Скорости можно находить, используя закон сохранения момента импульса (№ 7.63, 7.64). Если заданы величина перигея и скорость в апогее, то уравнение для определения величи- ны апогея (№ 7.149, 7.150) получим с помощью (7.45), (7.31) и (7.24). При заданных величинах перигея и афелия можно найти полную 156
энергию, а затем кинетические энергии и скорости в перигее и афелии (№ 7.151). Если для тела, движущегося по эллиптической орбите и находящегося в данный момент на известном расстоянии от центра сил (фокуса эллипса), заданы радиальная и тангенциальная скорости, то можно найти полную энергию, затем по (7.45) большую ось и по (7.47) период обращения (№ 7.152, 7.153). Заданная ошибка в выводе на круговую орбиту (№ 7.91) это, например, заданное отклонение от скорости кругового движения при заданном направлении. Это приводит к движению по эллипсу с большой полуосью а и малой полуосью Ь. Пользуясь (7.53), находим a/R. В эллипсе а1 = Ь2 + (о — /?)2. Находим b/R, а затем Ь/а. Если при выводе на круговую орбиту достигнута соответствую- щая скорость, но есть отклонение по углу на S (№ 7.92), то, пользу- ясь (7.45) и (7.46), можем написать 6/a[2(-E)£2/(W3g02/?04)]1/2. Подставляем в уравнение значения расчетной энергии из (7.31) и (7.32) Е = -mg0 R*/(2R) и момент импульса L = mvRcos8 = /w7?0(g07?)l/2cos5. При попадании в спутник микрометеорита с известной массой и скоростью, направленной навстречу скорости спутника (№ 7.90), используется тот же метод. Если астероид, двигавшийся вокруг Солнца по круговой орбите со скоростью v, в результате взрыва распадается на две одинаковые части, и одна из них полностью теряет скорость, тогда вторая по закону сохранения импульса увеличивает скорость в два раза (№ 7.18). Потенциальная энергия половинок астероида не изменится, и из (7.25) она отрицательна и равна —(/л/2)гЛ Учитывая увеличение ско- рости для второй половинки в два раза, получаем Е = (m/2)(2v)2/2 - (m/2)v2 = nw2/2 > 0. Движение происходит по гиперболе. К Когда со спутника, движущегося по круговой орбите со скоростью v0, стреляют в направлении, v составляющем 120° к курсу, то пуля, масса кото- V рой значительно меньше массы спутника, при оп- 6(\ ределенной относительно спутника скорости vt может уйти в бесконечность (№ 7.44). На рис. 7.11 vo показаны скорости: v0 — скорость пули вместе Рис. 7.11 157
со спутником; v} — скорость пули относительно спутника; v — сум- марная скорость пули, которая достаточна, чтобы пуля ушла в бес- конечность. Движение пули вместе со спутником вокруг планеты массой М описывается уравнением уЦг = уМ/г2. Для ухода пули на бесконечность должно быть гД/2 — уМ/г = 0. Отсюда v/r(j = >?2. По теореме синусов sin о = sin60%/2. Еще раз используя теорему сину- сов, получаем vJvG = (V5 + l)/2. Рассмотрим соударение тел (массами т0 и «?), движущихся по одной круговой орбите, например, на высоте h = 320 км от поверх- ности Земли. Найдем минимальную массу, которую должно иметь тело меньшей массы, застревающее в большем теле, чтобы они вме- сте упали на Землю (№ 7.88). Обозначим скорость тел на орбите г>0, а у поверхности Земли v{. Тогда из закона сохранения момента им- пульса, учитывая, что тела движутся навстречу друг другу (/и0 - m)(R0 + h)v0 = (/и0 + m)Rovv В случае кругового движения из (7.25) = yM/(R0 + А) = gR2/(R0 + Л). По закону сохранения энергии (l/2)(w0 + m)-(m0+m)gGRl/{R{} + Л) = = (m0 + - (т0 + m)g0R0 . Обозначая т = т/т^ , h = h/R.,, получаем Г] = (1 - /л)(1 + Л)г0/(1 + т), О / » 2 (1-ш) (1+Л) -1 /(1 + й) =2(1 + ш)2 [1-1/(1 +/г)], или (1 - т)2 (2 + Л) = 2/(1 + т)2. Предполагая, что m « I и /; « 1, получаем -4т + h = 4т, или т - h/8. При т0 = 1000 кг т = 6 кг. Точное решение fn = 4/h +1 ± tJ[(4/A) + 1]2 -1. 158
Годится только решение со знаком «—», так как требуется найти минимальную массу. В результате: т = 6,17 кг. Тела могут не соединяться, а разделяться, и одно из них падает на Землю или Луну (№ 7.52). Решение аналогично приведенному выше. Для определения угла при соприкосновении с поверхностью, например, Луны (№ 7.80) надо иметь в виду, что в уравнение мо- ментов входит компонента скорости, перпендикулярная радиусу (па- раллельная поверхности), а в уравнение энергии геометрическая сумма этой скорости и скорости перпендикулярной поверхности. Их отношение дает тангенс угла наклона скорости поверхности. Может оказаться, что тело, движущееся по круговой орбите изве- стного радиуса, разделяется на две равные части устройством, при- водящим к изменению их скоростей таким образом, что обе дви- жутся по эллиптическим орбитам, для одной из которых известна величина большой оси, а для другой ее требуется найти (№ 7.94). По (7.25) находим скорость на круговой орбите и гравитационный потенциал. Его используем при написании полных энергий для обеих эллиптических орбит. Поскольку для одной орбиты большая ось известна, то определяются кинетическая энергия и скорость в мо- мент разделения. Из закона сохранения импульса при разделении определяются скорость другой части, а затем ее полная энергия и большая ось. Если тело меньшей массы ударяет в большее тело и застревает в нем, двигаясь по радиусу от центра Земли (№ 7.87), то из закона сохранения момента импульса: + Л)г0 = (т0 + m)Rovv Орби- тальная скорость та же, что и в предыдущем решении. Для импуль- са р после удара имеем соотношение р2 = (m0v0)2 + (mv)2. Здесь v — скорость тела до удара. Чтобы найти ее, например, для случая каса- ния орбитой поверхности Земли, надо записать еще закон сохране- ния энергии: р2/[2(щ0 + /и)] - у(/и0 + т)М/(^ + ti) = = (т0 +/л)г2/2 - у(/и0 + m)M]RQ . Для того чтобы узнать параметры эллиптической орбиты спут- ника, движущегося вначале по близкой к Земле орбите, при попада- нии в него микрометеорита, летящего к центру Земли со скоростью v, (№ 7.89), воспользуемся (7.44). Спутник переходит на эллипти- ческую орбиту, у которой разница между апогеем и перигеем равна Дг = Г] - г2 = 2^^о + 2/2 Е/(то + + w)]- 159
Момент импульса спутника при ударе не меняется: L = m0R0 (g07?0) После удара Р2 = Wogo/?o + (wK)2 и Е = р2/[2(/и0 + /л)](/и0 + w)g0A0. Если у спутника, вращающегося по круговой орбите на задан- ном расстоянии, появляется радиальный импульс, равный по вели- чине продольному (№ 7.50), то полная энергия из (7.32) равна нулю. По законам сохранения импульса и энергии в точке изменения и в точке ближайшего подхода к центру сил определяем скорость и рас- стояние до центра сил. Иногда удобно описывать движение в полярных координатах. На рис. 7.12 изображен эллипс и показаны его па- раметры и полярные координаты р — расстояние от фокуса и <р — угол, ко- торый вектор р составляет с направле- нием большой оси эллипса. В этих ко- ординатах уравнение эллипса имеет вид р = Ь/(а + с cosip). Для параметров эллипса имеем а2 = Ь2 + с2. Перигею соответствует <р = 0, Pj = а — с, апогею <р = л, р2 = а + с. При описании движения спутника массой т вокруг планеты массой М полная энергия спутника равна Е = (m/2)[(dp/dt)2 + (p2dcp/dt)2] — утМ/р. Момент импульса относительно центра сил L — mp(pdq/dt). Объе- диняя это уравнение с уравнением энергии, получаем (7.43), из ко- торого следует и (7.44) и (7.45). При заданном перигее и скорости (№ 7.46) находим апогей и другие характеристики движения. Если задана скорость на круговой орбите, например, вокруг Земли (№ 7.47), то по (7.25) находим радиус орбиты и затем, зная увеличение скорости, с помощью (7.43), (7.44) и (7.45) можем найти нужные пара- метры. Из закона сохранения момента импульса можно найти ско- рость при максимальном удалении. При известных величинах радиуса круговой орбиты и большой оси эллипса, на который переходит спут- ник (№ 7.48), аналогичным образом находим нужные параметры. Изменение скорости может происходить и в радиальном направ- лении к круговой орбите заданного радиуса в сторону от центра сил (№ 7.49). В этом случае для определения скорости, нужной для уда- 160
ления спутника на бесконечность, пользуемся (7.31) с Е = 0. Пол- ная скорость равна геометрической сумме этой скорости и скорос- ти на круговой орбите, которую находим из (7.25). В телах конечных размеров, попадающих в меняющееся с рассто- янием гравитационное поле, могут возникнуть деформации (измене- ние формы, приливы). При вращении тела этот процесс становится периодическим. На деформирование тратится энергия вращения. Возникает так называемое приливное трение. Под воздействием Луны на Земле происходят хорошо наблюдаемые приливы и отливы. За счет приливного трения должна уменьшаться скорость вращения Земли и период обращения Луны вокруг Земли. Изменения скоро- сти вращения действительно происходят. Однако существуют и дру- гие процессы, например циркуляция в атмосфере, которая иногда может приводить даже к увеличению скорости вращения. Предполагая, что известно, на сколько удлиняются сутки на Земле за счет приливного трения, оценим изменение расстояния между Землей и Луной (№ 7.16). Для кругового движения Луны (массой т по радиусу /?л), пренебрегая изменением скорости v за период, получаем из (7.27) (олЯл = уМ = const. Отсюда 2Лол/а)л = -3dRn/Rn. Так как в системе Земля—Луна при отсутствии момента внешних сил сохраняется момент импульса, то dL3 + dLn = 0. Здесь £3 = /3(о3, £л = та л7?л. Для измене- ния расстояния от Земли до Луны получаем <7/?л = — 273А1)3/(/иа)лАл). Связь угловой скорости с периодом б/о)3/о>3 = ~dT3/T3. Для определения предельного расстояния L от Земли до Луны и уг- ловой скорости вращения Луны вокруг Земли (№ 7.15), которая будет равна скорости вращения Земли вокруг собственной оси о = ол = со3, используем закон сохранения момента импульса и закон Кеплера: "’“л.Лл + = (о(«Т2 +/3), Лл“ло = £3«2- Считая заданными все параметры для современного состояния (отмеченные индексом «о»), находим неизвестные L и со. Для упро- щения выкладок можно пренебречь моментом инерции Земли по сравнению с моментом инерции орбитального движения Луны. Тормозиться спутник может за счет неупругого столкновения с молекулами атмосферы (№ 7.74). Тормозящая сила равна измене- нию импульса налетающих на спутник частиц за единицу времени. При радиусе поперечного сечения спутника г, скорости v и плотно- сти атмосферы р сила торможения F = pnFvv. Работа этой силы за виток (потеря энергии) ЕЕ = 2nRF= FidpRFv1. Из (7.32) для движе- ния по круговой орбите имеем Е = —mv2/'! = —ymM/(2R). Отсюда 11-3707 161
EE/Е = —ER/R = —2it2pRr2v2/(—mv2/2) = 4я2 Rr2p/m. Приращение радиуса отрицательное, т. е. радиус уменьшается. Кинетическая энер- гия растет, полная энергия уменьшается. Если задано изменение потенциальной энергии EUпри перехо- де в результате торможения с одной круговой орбиты (радиусом г) на другую меньшего радиуса (аД, то можно найти соответствующую работу сил сопротивления (№ 7.156). Изменение потенциальной энергии EU = —утМ/гх + утМ/r. Это отрицательная величина. По- тенциальная энергия уменьшается. Учитывая, что скорость при кру- говом движении связана с потенциалом (7.25) г2 = уМ/г{, получаем для разности кинетических энергий EK = т v2 /2 - mv2 /2 = ут утМ/(2г) = -А 17/2. Кинетическая энергия увеличивается. Так как работа равна из- менению полной энергии, то А = EK + EU= EU/2. При разгоне спутника, когда он переходит с более низкой круго- вой орбиты радиусом г на более высокую радиусом (№ 7.157), работа сил тяги Неравна сумме изменения полной энергии и работы сил сопротивления W= Et — Е + А. Для силы сопротивления, действующей на спутник, движущий- ся по круговой орбите, можно предположить степенную зависимость от скорости F = — Av'E’/v. В случае заданной постоянной скорости опускания спутника dh/dt = —С можно в выражении для силы опре- делить А и а (№ 7.158). Изменение высоты спутника за время одно- го оборота Т равно h = СТ. Учитывая (7.32) и то, что работа силы сопротивления равна изменению полной энергии, получаем 74v“2nr = ymMh/[2r(r — й)]. (7.55) Подставляя h и пренебрегая им по сравнению с г, имеем утМ/(4пАС) = 1?гТ= (2пг/Ту,г‘/Т. С помощью (7.27) выражаем г через Т и требуем, чтобы показатель степени при Т был равен нулю, так как левая часть постоянная ве- личина. Отсюда определяем а. И из (7.55) определяем А. Если заданы величина большой оси эллиптической орбиты спут- ника и изменение периода его обращения из-за трения (№ 7.25), то используя (7.45) и (7.48), получаем связь между уменьшением энер- гии и периода [(£ — ЕЕ)/Е}2 = [(Т— ЕТ)/Т]2. Рассмотрим переход космического корабля с эллиптической орбиты на круговую. Например, определим, в какой точке орбиты и как надо изменить направление скорости без изменения ее величины, чтобы перейти на круговую орбиту (№ 7.38). Так как при изменении направ- 162
ления скорости кинетическая и полная энергии не меняются, то ради- ус круговой орбиты равен величине большой полуоси эллипса. Зна- чит, в момент изменения скорости корабль должен находиться на пе- ресечении эллиптической орбиты с малой осью эллипса, так как при этом расстояние до центра притяжения равно большой полуоси эллип- са. Скорость надо направить перпендикулярно к линии, соединяющей эту точку с центром притяжения. Соотношение между кинетической, потенциальной и полной энергией в точке пересечения эллиптической орбиты с малой осью эллипса такое же, как для движения по круговой орбите. Поэтому для перехода на параболическую орбиту (№ 7.39) ки- нетическую энергию надо увеличить в два раза (чтобы полная равня- лась нулю), а соответственно скорость — в корень из двух раз. Спутник на круговую орбиту заданного радиуса можно вывести через запуск на эллиптическую орбиту, у которой апогей равен ради- усу круговой орбиты, а перигей находится в точке запуска. Для опре- деления начальной горизонтальной скорости в точке запуска, рассто- яние которой от центра притяжения известно, и увеличения скорос- ти в апогее (№ 7.51) можно воспользоваться (7.45), (7.31) и (7.25). Движение нескольких тел под действием их взаимного гравитаци- онного взаимодействия может быть рассмотрено в случае их устойчи- вого симметричного расположения. Например, четыре материальные точки массой М, расположенные в вершинах квадрата, в некоторый момент имеют одинаковые скорости, перпендикулярные к диагона- лям квадрата, длина которых равна 2R (№ 7.116). Если известно, что дальнейшее движение происходит симметричным образом и точки приближаются к центру квадрата на минимальное расстояние г, то все точки всегда находятся в вершинах некоторых квадратов и дви- жутся по эллипсам, у которых, как следует из (7.45) и (7.46), большая ось 2а = R + г, а малая 2b = (rR)i/2. Сила, действующая на каждую частицу, определяется из суперпозиции. В начальной точке F/M= yM/(2R)2 + yM(2y/2/(2R2) = уЛ/[1 4- 2(2)122]/(4Л2). Чтобы воспользоваться (7.47), следующей из (7.43)—(7.46), введем обозначение у, = у[1 4- 2(2)1/2]/4. Тогда Т= 2яо3/2/(у1Л/)1/2 = 2n(R 4- г)3/2/{2уМ[\ 4- 2(2)‘/2]}'/2. Найдем период малых колебаний (№ 7.110) легкой спицы длиной 2г с двумя небольшими шариками на концах, подвешенной за середи- ну на неупругой нити, которые возникают из-за притяжения шари- ков к двум массам М, расположенным симметрично на расстоянии R от оси вращения (рис. 7.13). При повороте спицы на угол а рас- стояние от m до ближнего тела массой Мравно (R2 — 2r/?cosa 4- г2)1/2, 163
Рис. 7.13 а до дальнего тела (R2 + 2r7?cosa + г2)1/2. Используя теоремы сину- сов, определяем синусы р и 0 и плечи сил (Ни И). В результате для определения периода получаем уравнение колебаний 2mr2d2a/dt2 + 2ywA/r7?sina[(/? + г)3 — (R — r)3}/(R2 — г2)3 = 0. При малых углах заменяем синус на угол. Рассмотрим движение некоторой конструкции в виде межпланет- ного корабля, который состоит из двух одинаковых отсеков А и В, соединенных легким, прочным, гладким переходным коридором АВ. Корабль движется по круговой орбите вокруг малой планеты, име- ющей радиус R и ускорение свободного падения на поверхности g0 При этом продолжение прямой АВ всегда проходит через центр пла- неты. Радиусы орбит отсеков Ли В равны соответственно гr = 4R и r2 = 3R. Определим, как изменится кинетическая энергия предмета массой т, брошенного вдоль по гладкому коридору из отсека В в отсек А с достаточной для преодоления коридора скоростью. Во-первых, найдем угловую скорость движения конструкции из двух отсеков, связанных коридором. На каждый отсек действует сила притяжения к планете и сила взаимодействия между отсеками (ко- торую обозначим Т), передаваемая через коридор. Обозначая массу планеты М и массу отсека т, можем написать законы движения отсеков по круговым орбитам (с одинаковой угловой скоростью оэ): о2?] = уМ/г2 +T/mG‘, ш2г2 = уМ/г2 -Т/т. Учитывая, чтоуМ = g0R2, получаем о2 + r2) = g^R2 (1Д2 + 1/г22)- Потенциальная энергия, связанная с тяготением, увеличивается в на- правлении от В к Л, а, связанная с вращением системы, уменьшается в том же направлении: П(г) = -^Мт/г— тт&г2!'!. Надо обратить внимание на знак перед вторым членом уравнения. Для полной энергии при дви- жении в поле тяготения знак другой. Таким образом, изменение кинети- ческой энергии предмета, движущегося из отсека В в отсек А, равно AjKT = -Д/7 = Пв - ПА = уМт/гу - уМт/г2 + ты2 г2/2 - ти2г2 /2 = = mg0R2 (П - гг)3 (2rir2) = тёо Я/288. 164
8. СПЕЦИАЛЬНАЯ ТЕОРИЯ ОТНОСИТЕЛЬНОСТИ Принцип относительности по Ньютону заключается в том, что в инерциальных системах отсчета физические законы имеют одина- ковый вид. Потребность в новой формулировке возникла в связи с уравнениями Максвелла. Они хорошо подтверждались опытами, но изменялись при переходе от одной инерциальной системы отсчета к другой посредством преобразований Галилея. Уравнения Макс- велла, описывающие электромагнитные явления, здесь рассматри- ваться не будут. Единственно, о чем надо сказать, что скорость элек- тромагнитных волн конечна и по измерениям ее величина совпада- ет со скоростью света в пустоте. Исследования показали, что свет — электромагнитная волна. Новая формулировка принципа относительности (эквивалентнос- ти всех инерциальных систем отсчета) заключается в распростране- нии его на все явления природы (включая распространение света) и в отказе от абсолютного времени. В преобразованиях Галилея под- разумевалось, что при переходе от одной инерциальной системы отсчета к другой меняется только координата, а ход времени тот же самый. Введение в каждой инерциальной системе отсчета своего хода времени дало возможность объяснить экспериментально уста- новленное Майкельсоном постоянство скорости света в разных инер- циальных системах отсчета. Эффекты специальной теории относи- тельности существенны только при скоростях движения тел, близ- ких к скорости света, которая является для них предельной. Получим связь промежутка времени т по часам в неподвижной системе отсчета К и т0 (собственное время) по часам в системе от- счета К', движущейся со скоростью v относительно К, используя одну и ту же скорость света в обеих системах. Для этого рассмотрим устройство, состоящее из источника и приемника света, совмещен- ных в одном месте, и зеркала на расстоянии £0 от них. От источника свет приходит к зеркалу, отражается и возвращается к приемнику (источнику) через время т0 = IL^c (с — скорость света). Для систе- мы отсчета, в которой зеркало и источник-приемник света движут- ся со скоростью v, направленной перпендикулярно линии, соеди- 165
К' К няющей источник-приемник и зеркало, свет возвращается к приемнику через время т. Рас- пространение света в системах отсчета Ки К' показано на рис. 8.1. Учитывая, что к моменту прихода света зеркало сдвинулось на mil, а приемник к моменту возвращения света на т, имеем т = + (гл/2)2)1 I с. Разрешая это ра- венство относительно т и подставляя в него £0 из предыдущего, имеем Т = То[1 - (г/с)2]->/2 = То/(1 - рг)1/2 = w (8.1) Здесь введены обозначения Р = v/c, у = 1/(1 - р2)'/2. (8.2) Видно, что в движущейся системе отсчета ход времени замедля- ется. Если задан промежуток времени в движущейся системе, то мож- но найти по (8.1) соответствующий промежуток в неподвижной си- стеме и по заданной скорости движения определить пройденный путь (№ 8.1). Отставание часов в движущемся межзвездном корабле А/ = т — т0 (№ 8.6). Используя (8.1), можно найти время, прошедшее в неподвижной и движущейся системе (№ 8.11, 8.12). Если известны скорость частицы и пробег ее от рождения до распада, то определяем время существования в этой системе отсче- та (лабораторной), а затем по (8.1) определяем собственное время жизни. Рассмотрим, как изменяется время между сигналами (кратко- временными световыми импульсами), посылаемыми из начала ко- ординат отсчета системы К (по часам К это Т) и принимаемыми наблюдателем в системе К' в случае удаления и сближения наблю- дателя и источника, и получим релятивистские формулы для про- дольного эффекта Доплера (№ 8.15, 8.29). Если некоторый импульс из начала координат неподвижной сис- темы К достигает приемника, находящегося в начале координат сис- темы К', движущейся относительно К со скоростью v, в тот момент, когда приемник находится в точке А (в системе К), то следующий импульс попадает в приемник, когда он будет находиться в точке В (в системе К) через время 7\ (по часам в К). Время складывается из 166
времени 7’ через которое следующий сигнал придет в точку А, и време- ни, которое требуется, чтобы этому сигналу пройти путь vl\ (на столько сдвинется приемник), т. е. Тх = Т + vTJc. Отсюда Т\ = 7/(1 — г/с). Время, проходящее между событиями в движущейся и неподвижной системах, определяется формулой (8.1). Используя это, получаем со- отношение времени между излучениями в неподвижной ( 7) и време- ни между приемами сигналов в движущейся системе То = 7\ (1 - гУс2)1/2 = Г[(1 + г/с)/(1 - г/с)]1/2. (8.3) Это результат для удаляющейся системы К'. Для приближаю- щейся системы К получаем Т{= Т — г TJc и То = Т[(1 - г/с)/(1 + г/с)]1/2. (8.4) Вместо периода можно использовать частоту со = 2л/7". Тогда для удаляющейся К (релятивистский эффект Доплера) соо = со [(1 - г/с)/(1 + г/с)]1/2. (8.5) При удалении приемника от источника частота уменьшается. В случае сближения приемника с источником (изменение знака ско- рости) соо = со[(1 + г/с)/(1 - г/с)]1/2. (8.6) При малых скоростях (г с) получаем известное соотношение для Доплеровского сдвига частоты Асо = |со — со0|: Асо/ы = г/с. (8.7) Можно графически изобразить движение космического корабля (система К) и распространение сигналов в системе координат (А), связанной, например, с Землей (рис. 8.2). Линия 7—2—3 изображает движение кораб- ля со скоростью г. А линия Ot — ось време- ни — изображает положение Земли в сис- теме отсчета, связанной с Землей. Первый сигнал от корабля на Землю посылается из точки 7 и, двигаясь со скоростью с, дости- гает Земли в момент времени tv Следующий сигнал от корабля посыла- ется из точки 2 и приходит на Землю в мо- мент t2. Время А/ между этими сигналами на Земле равно: AZ = t2 — tv Между отправ- лением сигналов с корабля из точек 7 и 2 167
по земным часам проходит время А/к, которое со временем, про- шедшим между этими событиями в движущемся со скоростью v корабле А/к0, связано формулой (8.1): А/п = А/ (1 — v2/c2). кО к' ' ' Связь между А/к и А/ можно найти из различия путей, проходи- мых сигналами от корабля до Земли ct} — c(t2 — AQ = vktK Оконча- тельно получаем А/^ = [(с + v)/(c — v)]1/2. 2 Рис. 8.3 Удобно пользоваться графиками при рас- пространении световых сигналов. Например, на движущийся со скоростью v космический корабль с одинаковых расстояний направля- ются световые сигналы (№ 8.7). На рис. 8.3 показано движение корабля со скоростью v — линия из Z/2, распространение световых сигналов со скоростью с из 0 и L. Из геомет- рии (с + v)tt = L/2 и (с — v)t2 = L/1. Откуда А/ = t2 — tx = L v/(c2 — v2). Используя формулу (8.1), получаем промежуток между прихода- ми сигналов на корабле. Рассмотрим теперь движение источника и зеркала в направле- нии линии их соединяющей. Расстояние между источником и зер- калом в связанной с ними системе отсчета обозначим Lo, а в систе- ме отсчета, относительно которой они движутся, L. В таком случае т0 — 2LJc, а т = Tj + т2 (сумма времени распространения света до зеркала и обратно до источника). Зеркало движется со скоростью v, и поэтому с Tj = L + vrr Когда свет идет от зеркала, с т2 = L — гл2. Используя связь (8.1) между т0 и т, получаем L = ДД. (8.8) Размер движущегося тела (расстояние между его концами) со- кращается в направлении его движения. Длина может определяться по прохождению концов тела мимо метки в неподвижной системе. Если две частицы движутся с одинаковой скоростью v и попада- ют в мишень одна за другой через время t, то расстояние между ними в системе отсчета, связанной с мишенью, L = vt. Расстояние между частицами в системе отсчета, связанной с частицами, Lo вы- числяется по (8.8). Найдем относительную скорость двух одинаковых линеек (соб- ственной длины £0), если наблюдатель, связанный с одной из лине- ек, зафиксировал, что между совпадениями левых и правых концов 168
линеек прошло время т (№ 8.4), т. е. движущаяся линейка короче на гл. В соответствии с (8.8) L = L0(l — = Lo — гл. Откуда и определяется скорость. Стержень движется со скоростью v относительно метки в непод- вижной системе отсчета. На рис. 8.4 показаны движение стержня в неподвижной системе отсчета К относительно метки М и движение метки М' в системе К', связанной со стержнем. Если заданы время прохождения стержня относительно метки А/ и время АЛ', то можно найти скорость стержня и его собственную длину LQ (№ 8.79). Из рисунка находим А/ = L/v и АГ' = Z0/ia Отношение времен дает отношение длин и, следовательно, из (8.8) скорость стержня. Тогда его собственная длина £0 = гАЛ'. Может возникнуть вопрос: какой размер движущегося стержня увидит наблюдатель или зафиксирует фотоаппарат? При наблюде- нии сбоку свет от обоих концов стержня приходит одновременно. Поэтому размер будет определяться (8.8). В направлении, близком к направлению движения, размер другой. Он определяется одновре- менным приходом света от обоих концов стержня. Можно рассмот- реть движущийся стержень, на концах которого на короткое время вспыхивают лампы (№ 8.3). Чтобы одновременно увидеть вспышки обеих ламп на дальнем конце стержня, лампа должна вспыхнуть раньше на АЛ Координата, в которой вспыхнет дальняя лампа, равна хг Координату, в которой должна вспыхнуть ближняя лампа, обозна- чим х2. Учитывая смещение и сокращение длины стержня, получаем х2 — х, = с А/ = vt\t + £0/у. Отсюда определяем АЛ В результате х2-х1 = сДЛ=£0[(1 + Р)/(1-Р)]1/2. Это расстояние — размер стержня, который увидит наблюдатель в таком направлении. Он больше собственной длины и размера в не- подвижной системе отсчета. Для куба с ребром £0, движущегося со скоростью v в направле- нии ребра (№ 8.17), можно снова воспользоваться условием одно- 169
временности прихода и формулой (8.8). Чтобы в фотоаппарат свет пришел одновременно от дальнего и ближнего ребер, он от дальне- го ребра должен выйти раньше и мимо плоскости, по которой дви- жется ближнее ребро, пройдет, когда ребро сдвинется на i(LJc). Таким образом, на пленке изображаются дальнее и ближнее ребра. Ребро, направленное вдоль скорости, сократится в соответствии с (8.8). Изображение на фотографии такое, как будто куб повернут на угол <р = arcsin(r/c). Найдем преобразование координат и времени для двух инерциаль- ных систем отсчета: неподвижной К и движущейся относительно нее со скоростью v подвижной системы К'. Преобразование должно удовлетворять условию постоянства скорости распространения све- та. Если источник света находится в начале системы отсчета К, то для света, испускаемого в момент времени t = 0, уравнение сфери- ческого волнового фронта имеет вид х2 + у2 + z1 = c2t2. (8.9) Уравнение описывает сферическую поверхность, радиус которой увеличивается со скоростью с. Подвижную систему отсчета всегда можно выбрать таким обра- зом, чтобы в системах отсчета К и К' совпали начальные значения отсчета времени и начала пространственных координат в этот (ну- левой) момент времени. Тогда уравнение сферического волнового фронта в К’ будет иметь вид х'2 + у’1 + г'2 = с2/'2. (8-10) Величина скорости света с здесь та же, что в системе К. Считаем, что система К' движется в положительном направле- нии оси х с постоянной скоростью v относительно К. Чтобы найти преобразования координат и времени, заметим, что у = у' и z — z', а преобразования х и t должны быть линейны- ми для удовлетворения однородности и изотропности простран- ства и однородности времени, а также для возвращения в исход- ную систему при повторном применении преобразования с заме- ной v на — V. Из (8.9) и (8.10) получаем х2 - c2t2 = х'2 - с2!'2. (8.11) Подставляем линейные соотношения х = Ах' + Bt', t = Сх' + Dt'. (8.12) 170
При этом (8.11) должно превратиться в тождество. Поэтому, приравнивания коэффициенты при переменных (х'2, f2, x'f) нулям, получаем Л2 _ с2С2 = 2(ЛВ - c2CD) = 0, c2D2 - В2 = с2. (8.13) Для движения начала координат подвижной системы х' = 0 из (8.11) получаем x=Bt',t=Dt'. (8.14) Поэтому скорость движения начала координат v — xlt=BjD. (8.15) Находя из (8.13) коэффициенты и подставляя в (8.12), а также используя обозначения формулы (8.2), получаем преобразования Лоренца х — у(х' + vt'), у = у', z = z', t = y(t' + vx'/c2) (8.16) и обратные х' = у(х — vt), у' = у, z.' = z, t’ = y(t - vx/c2). (8.17) Отсюда для событий, происходящих в некоторой точке в дви- жущейся системе отсчета (х' — постоянно), связь хода времени из последнего уравнения (8.16) А/ = ykt'. Для одного и того же момен- та времени (/ одно и то же) из первого уравнения (8.17) получаем Ах' = уДх. Результаты те же, что и полученные выше для источника света и зеркала (8.1) и (8.8). Следует подчеркнуть, что преобразова- ния Лоренца обеспечивают одинаковый вид уравнений, описываю- щих физические явления, во всех инерциальных системах. Рассмотрим движение стержня относительно линейки со скорос- тью V. В системе стержня (К') длина его £0 называется собственной длиной. Если зафиксировать положение обоих концов стержня од- новременно (t = 0) в системе отсчета, связанной с линейкой (К), то для концов стержня получаем х, = 0 и х2 = А,. В системе, связанной со стержнем (К'), при t' = 0 и х{ = 0 из (8.16) и (8.17) получаем х2 = ух2 =yLl = Lo. Переводя эту точку в систему К по (8.16), получа- ем х22 = ух2 = у2 L{. Иногда возникает как бы парадоксальная ситуация. Таков «па- радокс» шеста и сарая. Шест имеет длину 20 м. Если его двигать вдоль его длины с такой скоростью, чтобы в лабораторной системе отсчета он оказался длиной 10 м, тогда в некоторый момент време- ни этот шест целиком можно спрятать в сарае, длина которого 10 м. 171
Задний конец шеста Передний конец шеста проникает в сарай в момент с! =0 Рис. 8.5 На рис. 8.5 показано движение шеста в лабораторной системе от- счета. При у = 2 получаем р = (3)1/2/2. «Парадокс» заключается в том, что в системе отсчета, связанной с шестом, сарай имеет длину 5 м и, конечно, не может уместить 20-метровый шест. Однако, как следует из (8.17), концы шеста совпадают с границами сарая в раз- ные моменты времени. Это изображено на рис. 8.6. Заметим, что Передний конец шеста проникает в сарай в момент ct'= 0 м Рис. 8.6 172
несовпадение времен может привести к тому, что следствие наблю- дается раньше, чем причина. В движущейся системе стержень длиной £0 может составлять с осью х' угол <р'. Для определения длины и угла стержня в неподвиж- ной системе (№ 8.16) надо воспользоваться тем, что компоненты вдоль оси х преобразуются с помощью (8.8), а вдоль оси у не меня- ются: Ах = Дх'/у, Ау = Ау'. Учитывая, что Ах' = £cos<p', получаем tgср = Ау/Ах и L = (Ах2 + Ау2)1/2. Связь скоростей тел в движущейся и в неподвижной системе от- счета из преобразований Лоренца для дифференциалов имеет вид (вдоль движения системы) их = « +10/(1 + н>/с2) (8.18) и (в перпендикулярном) иу = mj/[y(I + m^/c2)]; (8Л9) UZ. = </[?(’ + «>/с2)]- (8-20) Обратные соотношения < =(их -^/^-«^А2); (8-21) и'у = иу/\у 0 ~ U'xVlс2 )] > <8'22) < = mz/[y (1 - «>/с2) ]. (8.23) Рассмотрим, как сложение скоростей используется в решении конкретной задачи. Приборы звездолета, дрейфующего с почти нулевой скоростью в окрестностях звезды Бетельгейзе, зафиксировали периодические электромагнитные импульсы, излучаемые пульсирующим сгустком плазмы, вырвавшимся из звезды и движущимся по направлению к звездолету со скоростью = 0,4. Промежутки времени между им- пульсами по часам звездолета равны тг Чтобы избежать столкнове- ния, звездолет начал удаляться от звезды со скоростью Р2 = 0,8 по линии движения сгустка. Какие промежутки времени т2 между им- пульсами стали регистрировать приборы звездолета? Предполагаем, что в системе отсчета, связанной с неподвижным звездолетом и звездой Бетельгейзе, некоторый импульс излучается в момент 10 и до звездолета доходит в момент tv Расстояние, кото- рое проходит импульс, равно c(t} — /0). Следующий импульс пройдет 173
меньшее расстояние из-за движения сгустка. На звездолете он по- явится в момент Z, + тр а от сгустка он уйдет в момент /0 + АЛ Время А/ — это время между импульсами на сгустке по часам звездолета. Разность путей первого и второго импульсов равна смещению сгус- тка c(tx— t0) — c{tx + т, — t0 — AZ) = PjCAZ. Откуда AZ = !,/(! — p2). Время т0между импульсами по часам, связанным со сгустком, полу- чаем из (8.1) t0=az(i-p?)1/2^1[(1 + pi)/(i-pi)]1/2. Для движущегося звездолета система отсчета, связанная с Бетель- гейзе, движется со скоростью Р2, а в ней сгусток движется со скоро- стью —Рг Скорости складываются по (8.18): Р = (Р2 - Р,)/(1 - Р,Р2) = Ю/17. В системе отсчета, связанной со звездолетом, в этом случае сгусток удаляется. Учитывая это, из предыдущего получаем т2 = т0[(1 + Р)/(1 - Р)]1'2 = = т,[(1 + р,)/(1 - Р,)]‘/Ч(1 + Р)/(1 - Р)],/2 = Зтг Решение данной задачи значительно упрощается, если понять, что для удаляющегося звездолета картина такая, как если бы им- пульсы излучались из того места, где он находился вначале, с пери- одом Т] Воспользовавшись полученной выше формулой для перио- да пульсаций в системе отсчета, связанной со сгустком, получаем т2 = т,[(1 + p2)/(l - Р2)Г. Если известно, что две частицы движутся в перпендикулярных направлениях со скоростями и «2, то для определения их относи- тельной скорости и угла ее направления можно воспользоваться соотношениями (8.18) и (8.19). Допустим в неподвижной (лабора- торной) системе и1х = ир и]у = 0, и2х = 0, и2у = м2. Перейдем в систе- му, которая движется со скоростью v = uv т. е. неподвижна относи- тельно первой частицы. Для определения скоростей второй части- цы в подвижной системе воспользуемся соотношениями из (8.18) и (8.19) U2y = U2y 0 - + И2х«1/с2) = «2 i «2х =(«2х +«1)/(1 + И2л«1/<’2)'/2 =°- 174
Отсюда «2х = “«I И и2у = «2 (1 - «17с2)1/2 • Относительная скорость второй частицы / / 2 2 2 2 / 2\V^ U2 = (М1 + и2 ~ и\ и2!С ) • Угол наклона относительно оси х определяется соотношением tgO = и2 (' - ui/c2^/и\ Происходящее в некоторой точке пространства в некоторый момент времени называется событием. Это может быть, в частности прохождение тела или света. Общую связь между событиями при переходе из одной инерциальной системы отсчета в другую дают преобразования Лоренца. Каждое событие определяется тремя про- странственными координатами и временем. Удобно воспользоваться четырехмерным пространством (четвертая координата часто записы- вается в виде ct и имеет тогда размерность длины), чтобы событие изображалось точкой (называемой мировой). Движению частицы соответствует линия (мировая линия). Для равномерно и прямоли- нейно движущейся частицы это прямая линия. Расстояние между двумя событиями в четырехмерном пространстве называется интер- валом >У12 = [c\t2 - /,)2 - (х2 - х,)2 - (у2 - у,)2 - (z2 - zt)2]1/2- (8.24) Из принципа относительности следует инвариантность интерва- ла, т. е. интервал одинаков во всех инерциальных системах отсчета. Из инвариантности интервала можно получить формулы преобра- зований Лоренца. Для света, который распространяется со скорос- тью с, интервал равен нулю. Графическое изображение событий в четырехмерном пространстве затруднительно. Три пространственные координаты, правда, можно объединить в виде трехмерного вектора г. В случае движений вдоль одной пространственной координаты остается эта координата и время. Можно продемонстрировать, как последующие или предыдущие собы- тия связаны с событием здесь и сейчас (х = 0, ct = 0). Точки (события), соответствующие распространению света из нулевой точки (в положи- тельном направлении х = ct, в отрицательном направлении х = — ct), образуют световой конус (точнее проекцию конуса). Любое событие, вызванное событием в нуле, может находиться внутри конуса в верх- 175
ней части, которая называется будущим. На событие в нулевой точке MOiyr повлиять только события, находящиеся в нижней части (про- шлое). Интервалы внутри светового конуса называются времениподоб- ными. Они могут иметь причинно-следственную связь. Если два собы- тия происходят с одним и тем же телом, то интервал между ними всегда времениподобный, так как скорость тела не может быть больше скорости света. Интервалы вне светового конуса называются простран- ственноподобными. Между ними причинной связи не может быть. Использование графиков очень полезно при решении задач. На рис. 8.7 в координатах (т = ct, х) показана мировая линия движения тела. Длина мировой линии складывается из суммы интервалов As = [(Ат)2 - (Ах)2]1/2. (8.25) Эту длину называют собственным временем мировой линии. В ло- ренцовой геометрии искривленная мировая линия между двумя за- данными событиями короче, чем прямая мировая линия между теми же двумя событиями, — короче в смысле соответствующего ей про- межутка собственного времени. Промежуток собственного времени короче для того путешественника, который улетел, ускорившись до большой скорости, а затем повернул обратно и вернулся назад, чем для человека, оставшегося у себя дома (парадокс часов). Определяю- щим признаком мировой линии движущегося тела является нали- чие ускорения. Если у системы отсчета есть ускорение, то время меньше, чем при отсутствии ускорения. Рассмотрим, например, задачу о близнецах Петре и Павле. Петр отправился в направлении оси х на 7 лет своего времени со скорос- тью 24/25 скорости света, после чего сменил скорость на обратную и за 7 лет вернулся назад, тогда как Павел оставался на Земле (№ 8.77). Парадокс заключается в том, что движение относительное, и каждый из них себя может считать неподвижным (в своей системе), а следо- 176
вательно, время у него идет быстрее. В действительности у них не все одинаково. Система отсчета Петра при повороте в обратное направле- ние перестает быть инерциальной. Это свидетельствует о том, что ее надо считать подвижной, и время в ней идет медленнее. На рис. 8.8 представлены мировые линии Петра и Павла. Инерциальной можно считать только систему отсчета Павла. В ней и надо провести расчет. Если в момент отправления Петра близнецам было по 21 году, то через 14 лет Петру будет 35. Из (8.1) для времени в неподвижной системе получаем t = 14[ 1 — (24/25)2]-1/2 = 50 лет. Таким образом, Павлу будет 71 год. Оси подвижной системы отсчета можно изобразить в осях непод- вижной. Мировую линию, описывающую перемещение в неподвиж- ной системе отсчета начала пространственной системы координат движущейся системы отсчета, на рис. 8.9 изображает линия Of. На- клон ее определяется углом из соотношения tgO = Р = v/c. (8.26) и соответственно уравнение, описывающее линию, х = PcZ. (8.27) Пунктиром на рисунке показана мировая линия света. Так как по принципу относительности скорость света должна быть одинакова в обеих системах отсчета, то ось х' должна откло- няться от оси х также на угол 0. Поэтому ее уравнение х = ct/p. (8.28) Задача о соударении двух одинаковых частиц позволяет найти новое выражение для импульса, которое обеспечивает сохранение импульса в инерциальных системах. Выберем систему отсчета, показанную на рис. 8.10, таким образом, что в ней центр масс частиц покоится. т= ct 1 Мировая линия Петра при его возвращении \ / Мировая линия У света си \ ' РО \ / Си > ' с / / &/У <>УХ /у Мировая линия Петра при его удалении Рис. 8.8 с / / X = pct / е/ / х = а/р 0 X Рис. 8.9 177
Составляющая полного импульса вдоль оси у должна быть равна нулю как до, так и после столкновения. Это будет справедливо не- зависимо от выражения импульса. В системе отсчета, движущейся со скоростью v = их, движение частиц показано на рис. 8.11. Ис- пользуя данные рис. 8.10 и уравнения (8.21) и (8.22), получаем и'х (1)= -2г/(1 + ; (8.29) <(2) = 0; (8.30) мг(1) = м7[у(1 + ^7с2)]; (8.31) < (2) = s/(1-^A2)'/2 ><(!)• (8.32) Видно, что выражение для импульса, когда он пропорционален ско- рости, не может обеспечить сохранение импульса. Смещение (Лу) в на- правлении, перпендикулярном скорости движения системы, одинаково 178
для всех систем. Однако время (Л/), затрачиваемое на прохождение рас- стояния Ду, зависит от системы отсчета. Независимым от системы от- счета будет собственное время Дт = Л/(1 — г2/с2)]/2. Таким образом, величина Еу/кх одан гакова для всех систем отсчета. Отсюда следует, что во всех системах одинакова будет величина v/(l — г^/с2)'/2. Чтобы закон сохранения импульса выполнялся в инерциальных системах отсчета, необходимо новое (релятивистское) определение импульса: р = wv/(l — п2/с2)1/2 = ywv = mcPy. (8.33) Отсюда р2 = т2с2р2у2. (8.34) Воспользуемся тождеством 1/(1 - i?/c2)l/2 - (г/с)2/(1 - г2/с2)*/2 = 1 или у2 - р2у2 = 1. (8.35) Это дает готовый инвариант относительно преобразования Ло- ренца, поскольку единица — постоянная величина. Умножая обе части (8.35) на т2с4, получим т2с4(у2 — Р2у2) — т2с4 или, используя (8.34), т2с4у2 — р2с2 = т2с4. (8.36) Правая часть уравнения является инвариантом для преобразования Лоренца (это постоянная величина), но что такое первый член в (8.36). При Р <£ 1 получаем wc2y = тс2/(\ — Р2)1/2 ~ тс2(1 + Р2/2 + ...) = тс2 + mv2/'!. (8.37) Предполагаем, что полная релятивистская энергия Е = тс2 у = тс2/{\ — Р2)|/2. (8.38) Тогда из (8.36) получаем связь энергии с импульсом Е2 — р2с2 — т2с4. (8.39) Для неподвижной частицы получаем энергию покоя Ео = тс2. (8.40) Тогда кинетическая энергия К=Е-Е0. (8-41) Еще одно полезное соотношение из (8.33) и (8.38) р = Ev/c2. (8.42) 179
Отметим, что при переходе к движущейся системе рх, ру, pz, и Е/& преобразуются по Лоренцу так же, как соответственно х, у, z и t; р'х = y(Px р'у = Ру, p'z = рг; Е' = у(Е-рс^. (8.43) Обратные преобразования Рх = у(р'х +Р^/с), Ру = р'у, pz = p'z; Е = у(Е' + Хф). (8.44) Аналогично координатам и времени компоненты импульса и энергия позволяют сформировать четырехмерный вектор энергии- импульса. Движение тела под действием силы F определяется вторым за- коном Ньютона: dp/dt = F. (8.45) При увеличении скорости у увеличивается и при v = с обращает- ся в бесконечность. Это обращает в бесконечность импульс и энер- гию. Отсюда следует, что тело конечной массы не может достигнуть скорости света, а частица, двигающаяся со скоростью света (фо- тон), не имеет массы покоя. Для света р = Е/с. (8.46) Вопрос о массе покоя решается измерением скорости движения. Отличие скорости от скорости света позволяет оценить массу покоя. Если, например, измерено, что от вспышки сверхновой звезды приход нейтрино запаздывает по времени на Дт от прихода гравита- ционной волны, для которой скорость распространения считается равной скорости света (с), то, обозначая расстояние до звезды Z, получаем Ат = l/v — l/c = (l/c)(c/v — 1). Откуда v/c = 1/(1 + tyic/l) ~ ~ 1 — Ьхс/1. Связь энергии с массой из (8.38) Е= тс2/(1 — г2/с2)|/2 = = д?с2/(2Дтс//)1/2 (№ 8.23). Отсюда при известном расстоянии нахо- дим энергию по массе покоя, или массу по измеренной энергии. Приведенные релятивистские зависимости для импульса и энер- гии могут быть проверены в экспериментах на ускорителях и в кос- мических лучах. Эти эксперименты подтверждают теорию относи- тельности даже лучше, чем опыт Майкельсона. При v с энергия Е = тс2+ mv2/2, а кинетическая энергия К = nw2/2. Найдем, какую часть энергии покоя частицы должна составлять релятивистская кинетическая энергия Хг, чтобы относительная ошиб- ке
ка, полученная при использовании нерелятивистского выражения для кинетической энергии, составляла бы 1 % (№ 8.20). Найдем также соответствующие величины для протона и электрона. Воспользовавшись формулой (8.41) для релятивистской кинети- ческой энергии Кг разложим ее в ряд Тэйлора по р2 = (v/c)2. Получаем Кг = 1 - v2/c2)122 - 1] = mc2[v2/(2c2) + (3/8)r4/c4+ ...] = = К + (3/8)mv4/c2 +... . Здесь К = mv2/! — нерелятивистская кинетическая энергия. По условию 0,01 = (Кг — К)/К = (3/4)z?/c2. Отсюда г2/с2= (4/3)0,01; (v = 3,4 • 104 км/с). При этом в том же приближении имеем Kr/(wc2) = (1/2)г2/с2 = 1/150. Для протона: тс2= 938,23 МэВ = 1,5 - 103 эрг, Кг = 8,25 МэВ = = 10-5 эрг; для электрона: тс2 = 0,511 МэВ = 0,8 • 10-6 эрг, Кг = 0,003 МэВ = = 5 10 9эрг. Найдем скорость частицы (заряд е, масса т), прошедшей раз- ность потенциалов t/без начальной скорости (№ 8.18). Работа элек- ( трического поля eUидет на увеличение кинетической энергии (8.41) eU = тс2(у — 1). Отсюда можно определить скорость, в том числе и в предельных случаях. Если задана начальная энергия частицы и напряженность элек- трического поля, которое тормозит движение частицы, то (8.41) позволяет найти пробег (№ 8.19). В космических лучах протоны могут обладать очень большой энер- гией Ек. В таком случае скорость их можно считать равной скорости света, и для вычисления времени прихода с расстояния I (например, от границы Галактики) получаем Т = l/с. Предполагая (№ 8.24), что после рождения протонов на границе Галактики их энергия все время росла линейно со временем (от энергии покоя) Е = тс2 + At, найдем время движения в системе отсчета протона. Зная А = (Ек — тс2)/Т и пользуясь (8.1) и (8.83), находим время. Рассмотрим ускорение электронов от энергии покоя до достаточ- но большой конечной энергии Ек в ускорителе, в котором ускоре- ние электрона происходит вдоль прямой трубы длиной Lo равно- мерно (т. е. его полная энергия растет пропорционально проходи- мому расстоянию). Найдем длину трубы в системе отсчета, связанной с электроном (№ 8.25). Каждый элемент трубы длиной dx в системе координат, движу- щейся вместе с электроном, будет, как следует из формулы (8.8), сокращаться до dL = dx(l — i?/c2)1/2. Используя условие линейной 181
зависимости энергии электрона от расстояния, пройденного вдоль трубы, Е = £0+ Ах, из формул (8.38) и (8.40) получаем (1 _ v2/c2}i/2 = Ео/Е= EJ{Eo + Аху где А = (Ек — E^/Lo. Здесь Ео и Еу — начальная и конечная энергии. Отсюда L = J £0/(£0 + Ах)dx = L0E0 ln(£K/£0)/(£K - £0). о Если известно время т0 жизни частицы (в собственной системе отсчета), то можно найти величину энергии Е в системе, относи- тельно которой она движется со скоростью v, чтобы частица смогла пройти расстояние I (№ 8.27). Используя (8.1) и (8.38), получаем £ = nicl/xa. По энергии частицы можно определить ее время жизни т = ут0 = = £т0/(«/с2) (№ 8.32). Теория относительности применима и к сложным телам и сис- темам тел. В таких случаях под массой надо понимать полную массу покоя системы как целого М, а под скоростью — скорость движе- ния как целого. В энергию Мс2, которую иногда называют внутрен- ней, при этом кроме суммы энергий покоя составляющих ее частиц включается их кинетическая энергия и энергия взаимодействия. Очевидно, что при превращениях системы нет закона сохранения массы. Масса сложного тела не равна сумме масс его частей. Раз- ность их называется дефектом массы, а умноженная на квадрат ско- рости света — энергией связи. Тело может самопроизвольно распа- сться при положительном дефекте массы. При отрицательном де- фекте — необходимо подвести энергию, равную энергии связи. Энергией системы частиц является сумма энергий частиц £с, а импульсом векторная сумма импульсов всех частиц рс. При превра- щениях системы частиц и при переходе к другим системам отсчета сохраняется величина (£)2 — (рсс)2 = инвариант. (8.47) Это соотношение используют при решении задач о взаимодействии частиц. Для определения скорости центра инерции (масс) системы (движе- ния как целого) можно применить формулу (8.42), в которую подста- вить суммарные энергию и импульс в данной системе отсчета v = рсс2/£. (8.48) 182
Например, определим скорость центра масс относительно лабо- раторной системы отсчета, в которой частица массой т{ и импульсом р, сталкивается с покоящейся частицей массой т2 (№ 8.67). Из (8.48) v4 = Pl +wt2c4)1/2 + m2c2 Рассмотрим столкновение двух одинаковых частиц, летящих на- встречу друг другу: одна со скоростью Р, а другая со скоростью /ф. Если заданы к и скорость центра масс Рц, то можно найти (> из условия равенства импульсов и в данном случае скоростей в систе- ме центра масс. Используя (8.21), получаем (ЛР - рц)/(1 - wu) = (Р - рц)/(1 + ррц). При столкновении двух частиц: например (№ 8.72), одной с массой Зт и импульсом 4тс, движущейся вдоль оси х, и другой с массой 4т и импульсом Зтс, движущейся вдоль оси у, скорость центра масс будет г>ц = (16т2с2 + 9т2с2),/2с2/(Е1 + 7^). Здесь энергии вычисляются с помощью (8.39). Угол, который направление скорости составляет с ось х, определяется отношением модулей импульсов tg0 = Зтс/(4тс). Рассмотрим столкновение и слипание двух частиц. Например, на покоящуюся частицу массой т} налетает частица массой т2, кине- тическая энергия которой равна К2. После столкновения частицы движутся как целое. Найдем массу М образовавшейся частицы и посмотрим, при каких условиях эта масса приблизительно равна сумме масс исходных частиц. Найдем также скорость образовав- шейся частицы (№ 8.38). В релятивистском случае для системы тел (в том числе и соуда- ряющихся и объединяющихся), как следует из (8.47), сохраняется величина I = Е2 - р2с2. Здесь Ес и рс — полная энергия и импульс системы в любой системе отсчета. Энергия системы до соударения Ес = пцс2 + т2с2 + К2. Импульс системы — это импульс массы т2. Выразим его через кинетическую энергию. Так как р2с2 = Е2 -т2с\ а Е2 = т2с2 + К2, то р2с2 = К2 + 2К2т2с2 = К 2 (К2 + 2т2с2}. В системе координат, связанной с центром масс системы, после соударения I = Следовательно, М2с4 = {тхс2 + т2с2 - К2^ - [К2 + 2К2т2с2} = = (тх + w2)2 + 2mlc2K2- 183
Отсюда получаем М = [(/», + w2)2 + 2Кгтх/с\х/1. При IKjnJc2 (wI + w2)2, М= т1 + т2. Скорость слипшихся частиц — это скорость центра инерции и, как следует из (8.48): v = рс2/Е1, = с[А"2(Л^ + 2w2c2)]'/2/[(w| + w2)c2 + К2]. Использование законов сохранения при распаде частиц рассмот- рим на примере распада покоящегося л+-мезона, который распада- ется на антимюон ц+ и нейтрино v (энергия покоя равна нулю). Найдем кинетические энергии и Tv продуктов распада (№ 8.44). Учитывая, что для нейтрино импульс pv и энергия Ev связаны Ev = pv с, из закона сохранения импульса = pv = р и закона сохра- нения энергии тпс2 = Ev + (т2с4 + р2с2)^2 получаем Tv = Ev=pc = (т2 + w2)c2/(2/nn). Так как Ец = т^с2 + Т, то Т = т^с2 — тс2 — Т. Рассмотрим упругое столкновение релятивистского протона с покоящимся протоном, при котором протоны разлетаются симмет- рично относительно первоначального направления движения пер- вого протона (№ 8.42). Обозначим угол между разлетающимися ча- стицами 6, первоначальный импульс р, импульсы разлетающихся протонов /?] и р,. Из симметрии разлета следует равенство импуль- сов разлетающихся протонов. Из одинаковости их следует равен- ство энергий. Сохранение импульса р = 2pjCOs(0/2). Сохранение энергии Е + тс2 = 2ЕГ Если задана кинетическая энергия налетаю- щего протона К, то получаем cosO = К/(К + 4w?c2). Если частица массой т на лету распадается на два фотона с энер- гиями в неподвижной системе отсчета Е} и Е2 (№ 8.43), то удобно воспользоваться инвариантом (8.47). Параметры фотонов берем в неподвижной системе, а значение инварианта вычисляем для час- тицы в системе ее центра масс т2с4 = (Е, + Е2)2 - с2 (Р] + Р2)2 = = (^1 + Е2? - С2 (л2 + Р2 + 1Р1Р2 C°so)- Используя связь энергии фотона с его импульсом, получаем для угла разлета cos 6 = 1 — W72c4/(2E|E2). 184
Рождение новых частиц при ядерных реакциях происходит за счет кинетических энергий сталкивающихся частиц. Возможные варианты определяются законами сохранения. Минимальная ки- нетическая энергия, например, для образования протона и анти- протона при столкновении движущегося протона с неподвижным протоном (№ 8.47) определяется с помощью инварианта (8.47). Зна- чения инварианта пишем для исходных частиц в неподвижной (ла- бораторной) системе отсчета, а для всех частиц после рождения дополнительных в системе центра масс [тс2 + (т2с4 + р2с2)'/2]2 — р2с2 = (4/лс2)2. Отсюда определяем импульс, а затем с помощью (8.41) кинетичес- кую энергию. Аналогичным образом действуем и в случае, если сталкиваются две разные частицы, а в результате получается набор разных частиц (№ 8.61). Найдем, при какой кинетической энергии одинаковой у двух протонов, сталкивающихся под прямым углом, возможно рождение пары протон-антипротон. Обозначим энергию покоя протона £0, а полную энергию Ех = иЕ0. Импульс каждого протона из (8.39) (Pic)2 = (иЕо)2 - Е2 = (и2 - 1)Е2. Для системы двух протонов Е = 2иЕ0 и (рсс)2 =2(п2 -1) Е°. Из (8.47) для рождения пары должно выполняться Е2 -(рсс)2 > (4Е0)2. Опре- деляем п и затем по (8.41) находим кинетическую энергию. При движении частицы (тела) изменение его ускорения а под действием силы F в релятивистской теории определяется уравнением F = dyt/dt = туа + wy3v(va)/c2. (8.49) Из этого соотношения для ускорения а можно получить отуа = F — v(vF)/c2. (8.50) Следует обратить внимание на то, что на- правления силы и ускорения в общем случае не совпадают. Использование (8.50) покажем на частном примере. Релятивистская частица, падающая в поле тяжести, в некоторый момент време- ни, когда скорость частицы составляет угол а = 30° с направлением действующей на нее Рис. 8.12 185
силы, имеет ускорение, составляющее с этой силой угол 45°. На рис. 8.12 показаны сила, скорость и ускорение. Проекции (8.50) на оси координат дают туах = F(1 — P2cos2a), туау = —FcosaP2sina. По условию (угол 45°) компоненты ускорений равны. По- этому 1 — p2cos2a= p2cosasina. Используя условие для а, находим Р = v/c. Чтобы найти минимальную скорость, при которой воз- можно равенство компонент ускорений при некотором угле а, найдем максимум величины 1/р2 = cosa(cosa + since). Прирав- нивая производную по а нулю, для положительных а получаем tga = (2)1/2 — 1 и а = 22,5°. Откуда определяем Р = 0,91. Рассмотрим два важных случая (№ 8.74), пользуясь (8.33). Сила действует в направлении, перпендикулярном скорости, т. е. скорость частицы изменяется только по направлению. Тогда F = dy>/dt = m^d's/dt = mya. (8.51) Сила действует в направлении скорости, т. е. скорость не меня- ется по направлению, но меняется по величине F= dp/dt = md(yv)/dt = т^а, (8.52) Найдем, например (№ 8.76), за какое время по собственным ча- сам покоившаяся частица достигнет скорости v под действием по- стоянной по величине и направлению силы F. Учитывая начальное условие, из (8.52) получаем ymv = Ft. (8.53) Отсюда из (8.2) для скорости имеем v = (Ft/m)/[l + (F/)2/(wc)2]1/2. Из (8.1) находим т = 1 dt/y = j|l - [(FZ)2/ (тс)2 J/[l + (Ft)2 /(тс)2 1 dt = = (mc/F) In |(F/)/(wc) +^1 + (F/)2/(wc)2J / Значение времени подставляем из (8.53). Рассмотрим движение частицы массой т, которая начинает двигаться под действием постоянной по величине и направлению силы F. Определим расстояние, пройденное частицей за время, за 186
которое скорость частицы, например (№ 8.75), достигнет значе- ния v = 0,8 с. В данном случае можно применить формулу (8.52). Для ускоре- ния а получаем а = dv/dt = vdv/dx = (1/T)dv2/dx = —(\/2)c2dz'dx. Здесь введено обозначение z = 1 — v2/c2 = 1/y2. Теперь формула (8.52) имеет вид Fdx = —т (c2/2)dz/(z)3/2- Интегрируя, получаем Fx = mc2(l/(z)l/2 — 1) = тс2(у — 1). Этот результат можно получить и из закона сохранения энергии. Кинетическая энергия (8.41) равна работе силы. Подставляя значе- ние скорости, получаем (у — 1) = 2/3 и х = (2/3)mc2/F.
9. ПЛОСКОЕ ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА Плоским называется движение твердого тела, при котором для определения положения точек тела в пространстве достаточно ука- зать две координаты, третья остается неизменной. Для материальной точки было получено уравнение dVJdt — М, связывающее момент импульса (или количества движения) L = г х ту и момент сил М = г х F. Это уравнение можно применить и при вращательном движении твердого тела. В случае вращательного дви- жения вводится угловая скорость со. Линейная скорость точек тела зависит от вектора г, проведенного в данную точку из точки на оси вращения (его составляющая, перпендикулярная оси вращения, равна расстоянию точки от оси), у = со х г. Твердое тело всегда можно представить в виде набора точечных масс. При вращении твердого тела угловые скорости всех составля- ющих его точечных масс одинаковы. Расстояние точечной массы от оси вращения обозначим Ь. Тогда момент количества движения (им- пульса) относительно оси равен L = ^bjmjVj = £m,Z>?ci) = /со. (9-1) Величина / = Х"'/йЛ (9.2) называется моментом инерции относительно оси. Переходя к беско- нечно малым точечным массам, т. е. от суммирования к интегриро- ванию по массе, получаем 7 = J b2dm. (9.3) Именно эта величина является коэффициентом пропорциональ- ности между моментом сил, вызывающих вращение, и угловым ус- корением твердого тела dL/dt = d (Iai)/dt = / dat/dt = M = ^riFi. (9.4) Здесь г — плечо силы. 188
Следует подчеркнуть, что инерционность твердого тела при вра- щении относительно оси определяется моментом инерции, а не массой, как в случае поступательного движения. Момент инерции зависит от распределения масс относительно оси вращения. Общей же характеристикой инерционности конкретного тела при враща- тельном движении является тензор инерции — совокупность несколь- ких (в данном случае 9) величин, которые называются компонента- ми (элементами) тензора, значение которых зависит от выбранной системы координат. Через эти компоненты можно выразить момент инерции тела относительно произвольной оси (обычно проведен- ной через центр масс), если заданы углы, которые эта ось составля- ет с координатами (также проведенными через центр масс). Можно задать углы а, р, у с осями х, у, z, а можно задать компоненты (про- екции) единичного вектора этой оси s на оси координат: sx = cos а, S = COS Р, S_ = cosy. Для момента инерции относительно оси, определяемой векто- ром s, имеем 1 = Л**2 + dyysy + rzzsz + 2IxySxSy + + 2Iwszsx. (9.5) Компоненты вычисляются по формулам Jxx = I (у2 + ) dm> Ixy = Iyx = -J ХУ dm', Iyy = f (*2 + -к2)^"7’ = Tzy = “J yzdm-, (9.6) = f (*2 + y2)dm’ Jzx = Jxz = -\vcdm. Равенство перекрестных компонент делает тензор симметричным. Тензор записывается в виде таблицы d XX dху d XZ ух ‘ уу я yz IZX I zy ZZ (9.7) Еще раз подчеркнем, что элементы (компоненты) тензора зави- сят от выбранной системы координат. Можно всегда выбрать де- картову систему координат таким образом, что тензор определяется только тремя элементами, которые называются главными моментами инерции. Иногда удобно вводить обозначения 1^ = 1\ I = 12 1^ = /3 Оси находят из условия, что остальные элементы’ тензора (9.7), определяемые формулами (9.6), равны нулю. Соответственно оси 189
называются главными. Момент инерции относительно любой оси может быть выражен через главные моменты и углы, которые эта ось составляет с главными I = 7ц cos2 а + 72cos2P + 73cos2y. (9.8) Важной особенностью главных осей является то, что произволь- ным образом закрученное тело стремится перейти к вращению от- носительно оси с максимальным или минимальным моментом (сво- бодным осям). Наблюдать это можно, подбрасывая и закручивая произвольным образом простой спичечный коробок. Геометрическим образом тензора инерции является эллипсоид инерции, полуоси которого (в соответствующих размерных коорди- натах) выражаются через главные моменты а = (7(.)"|/2. Если все (три) главные моменты инерции тела совпадают, то эллипсоид превращается в сферическую поверхность. При этом момент инерции тела один и тот же относительно любой оси. При- мером такого тела является куб и, естественно, шар. Для решения задач необходимо знать теорему Гюйгенса—Штей- нера, которую можно получить с помощью (9.2) I = 70 + та2. (9-9) Здесь 70 — момент инерции тела относительно оси, проходящей че- рез центр масс, а 7 — момент инерции тела относительно оси, про- ходящей параллельно первой на расстоянии а от нее. Приведем формулы для моментов инерции некоторых тел массой т. Момент инерции стержня длиной / относительно оси, проходящей через его конец, равен ml2/3, а относительно центра масс ш/2/12. Момент инерции цилиндра радиусом R относительно оси симметрии mR2/2, а цилиндрической оболочки mR1. Момент инерции однородного шара радиусом R относительно оси, проходящей через его центр, равен 2mR2/‘5, а для сферической оболочки 2mR2/3. У прямоугольного па- раллелепипеда с ребрами а, b и с момент инерции относительно оси, проходящей через центр масс параллельной ребру с, равен т(аг + Ь2)/\2. Соответственно у куба с ребром а момент инерции относительно любой оси, проходящей через центр масс, 70 = та2/6. Для куба центральный эллипсоид инерции, когда моменты инер- ции вычисляются относительно осей, проходящих через центр масс, представляет сферу радиусом R = 1/(70)|/2. Найдем параметры эллипсоида инерции для осей, проходящих через вершину куба с ребром а и массой т (№ 9.170). Момент инер- ции относительно оси, проходящей через вершину и центр куба, 190
равен /0 — моменту инерции относительно любой оси, проходящей через центр куба. Моменты относительно осей перпендикулярных к ней определяем по теореме Гюйгенса—Штейнера 1= 10 + тР. Здесь I — расстояние от вершины до центра куба, которое равно /= а(3)1/2/2. Очевидно, что эти моменты одинаковы, так как одинаковы все мо- менты инерции относительно осей, проходящих через центр куба. Для эллипсоида инерции получаем для главной полуоси вдоль диа- гонали куба = 1/(/0)1/2, а две другие полуоси одинаковые и равны Т?2 = R3 = 1/(/)1/2. Так как I > 10, то эллипсоид вытянут вдоль диагонали куба. Отношение большой оси к малым (одинаковым) = (///0)>/2 = (5,5)1/2. Момент инерции прямоугольного параллелепипеда с длиной ре- бер I, т, п относительно его диагонали (№ 9.171) можно найти по формуле (9.8), учитывая, что главные моменты инерции /, = М(т2 + л2)/12, /2 = М(Р + л2)/12, I3 = М(Р + т2)/12 и что cosa = l/d, cosp = m/d, cosy = n/d, где d1 = P + m2 + n2. 0 Для примера покажем, как вычислить момент инер- 1Г ’ . ЦИИ ДЛЯ ТОНКОГО, однородного (ПОСТОЯННОЙ ПЛОТНОСТИ) X стержня и однородного цилиндра. На рис. 9.1 представ- лен тонкий стержень массой т и длиной I. Под тонко- стью стержня понимается, что масса стержня сосредото- ~ "Т чена вдоль одной линии, которую иногда называют осью ч ' стержня. Используем (9.3) I = Jx2 (m/[)dx = ml2/2>. ’ о Рис. 9.1 На рис. 9.2 показан разрез цилиндра массой т, ради- усом R и высоты h. С помощью (9.3) интегрируем по кольцам ради- усом г и толщины dr Рис. 9.2 I = jг2 [m/[hnR2^h2Ttrdr = mR2 /2. о Сложнее подсчитать, например, момент инер- ции конуса (№ 9.1). Кроме стандартного интегри- рования приведем способ, связанный с представ- лением о моменте инерции относительно точки. Такой способ может быть использован и в других задачах. 191
Момент инерции конуса относительно его оси симметрии (рис. 9.3) можно представить в виде интеграла по бесконечно тонким дискам 1Х = (1/2) | г2dm = (1/2) ^r2pnr2dx = о о L L = (1/2)TtpJ(.хТ?/Z)4dx = (1/2)лр(7?/£)4 jx4Jx = 0,1лрЛ4£. о о Учитывая, что объем конуса v = nR2L/'2, получаем / = О,ЗЛП?2. Вычисление момента инерции / относительно оси OZ можно провести непосредственным интегрированием по бесконечно ма- лым элементам массы. Однако существует менее громоздкий способ, который исполь- зует связь между моментом инерции элемента массы dm относитель- но осей х, у и z (рис. 9.4) dlx = (у2+ z2)dm, dly = (z2+ x2)dm, dlz = (x2+y2)dm и относительно начала координат dlo = r2dm = (x2+ y2+ z2)dm. Проинтегрируем эти соотношения по всей массе тела. Получаем 2/0 = + 1 + /г. Применим это к бесконечно тонкому диску. Мо- мент относительно средней точки на оси симметрии диска отно- сительно этой оси /0 = 1х, и тогда 1х + 1} + 7* = 21х, а в результате Л = / = //2. Используя теорему Штейнера, получаем L Iz = (1/2) Ix + f рл (xR/L)2 x2dx =0,15MR2 + 0,6ML2. 192
Воспользуемся полученными формулами для вычисления момен- та инерции цилиндра относительно оси, перпендикулярной к оси сим- метрии и проходящей через центр масс, которую назовем осью х. Тонкий диск массой pnR2dx имеет момент инерции относительно оси, перпендикулярной оси симметрии pnR2dxR2/4. Используя тео- рему Гюйгенса—Штейнера для момента инерции цилиндра относи- тельно оси, перпендикулярной оси симметрии и проходящей через центр масс, получаем Н/2 /2 = 2 J {pnR2dxR2/4 + pnR2dxx2) = pnR2H(3R2 + Я2)/12. о Используем формулу (9.8) для вычисления момента инерции цилиндра относительно диагональной оси, угол которой с осью сим- метрии обозначим а. Учитывая, что момент инерции относительно оси симметрии Г1 = pnR4H/2 и р = л/2 — а, а у = л/2, получаем уравнение для определения R/// в случае, когда диагональный мо- мент инерции равен моменту относительно оси симметрии (№ 9.172): pnR4I/2 = (рл7?4///2)со82а + рлЛ2И(ЗЛ2 + 7F)/12sin2a. Перенося первый член в левую и сокращая на синус в квадрате, получаем зависимость, из которой находим отношение радиуса к высоте R/H= 1/(3)1/2. Решение значительно упростится, если вспом- нить, что равенство моментов инерции относительно различных осей будет в случае, когда эллипсоид инерции представляет сферу. В дан- ном случае должны совпадать момент инерции относительно оси симметрии и перпендикулярной к ней оси, проходящей через центр масс /j = Ir В случае полого цилиндра = mR2, а 12= тН2/\2 + mR2)2 и R/H = l/(6)lR Рассмотрим вращательное движение твердого тела вокруг непод- вижной оси. Если при этом момент инерции постоянен, то уравне- ние имеет вид lda/dt=M. (9.10) Следует обратить внимание на аналогию этого уравнения со вто- рым законом Ньютона. Роль массы здесь играет момент инерции, силы — момент сил, скорости — угловая скорость, смещения — угол поворота. Простейший тип задач — вращение блоков с неподвижной осью, которые при определении для них момента инерции I обычно мож- но считать дисками (цилиндрами). Если нить по блоку (массой т и 13-3707 193
радиусом R) идет без проскальзывания, то можно связать поступа- тельное движение грузов, подвешенных на нити, с вращением бло- ка. Считая нить нерастяжимой и невесомой, получаем, что ускоре- ния грузов (№ 9.2) одинаковы по абсолютной величине («) и связа- ны с изменением угловой скорости вращения блока to: а — rdta/dt. Вращение блока происходит благодаря разнице натяжения ни- тей Т2 > 7\. Различие натяжений связано с разницей подвешенных масс т2 > тг Движения грузов определяются уравнениями Я1 = ™ig~ Ti и т2а2 = Тг (9-11) Здесь аг — —а — а. Вращательное движение блока описывается уравнением Ida/dt= (Т2 - 7\)г. (9.12) Из этих уравнений а = (m2 — m^g/im^ + т2 +-7/г2). Натяжения определяем из уравнений движения грузов (9.11). На подвеску бло- ка действуют сумма натяжений и вес блока. Аналогичным способом решается и задача о вращении цилинд- ра радиусом R и массой М под действием намотанной на него неве- сомой и нерастяжимой нити с грузом массой т (№ 9.3). Уравнение поступательного движения груза md2x/dt2 = mg — Т и уравнение вращательного движения блока (MR2/2)d2q/dt2 = RT связаны условием отсутствия проскальзывания dx = Rdq или х = Rq>. Пользуясь этим и исключая силу натяжения нити Т, получаем урав- нение d2g>[dt2 = mg- R/(MR2/2 + mR2). Так как правая часть постоянна (движение с постоянным ускоре- нием), уравнение легко интегрируется. Считаем, что при t = 0 ф = 0 и dy/dt = 0. Тогда <р = (1/27?)^/[1 + М1{Ъп)\. Дальнейшим усложнением является задача о ступенчатом блоке с цилиндрами радиусами г и R, на которые намотаны в противополож- ных направлениях невесомые и нерастяжимые нита с грузами мас- 194
сой т} и т2 (рис. 9.5). Поступательные движения описываются уравнениями (9.11). Предполагаем т2 > т} Связь вращательного ускорения с посту- пательными можно записать в виде уравнения dm/dt = aJR = —a Jr. Уравнение вращательного движения для бло- ка с моментом инерции / Idu/dt = T2R - 7\r. Из этих уравнений и (9.11) для углового ус- корения (№ 9.4) получаем dtsjdt = g(m2R — + m2T?2 + m{r2). Натяжения определяем из (9.11). Рассмотрим задачу о двух обезьянах одинаковой массы, вися- щих на невесомой веревке, перекинутой через блок, представляю- щий собой сплошной цилиндр массой М. Одна из обезьян начинает подниматься относительно веревки с ускорением а. Найдем ускоре- ние второй обезьяны относительно неподвижной системы коорди- нат (№ 9.10). Движение обезьян в неподвижной системе координат описываются уравнениями та{ = Tt — mg и та2 = Т2 — mg. Обозначая радиус блока R, получаем уравнение вращения блока (MR2/2)da/dt = (I\- TJR. Учитывая, что ускорение нити равно а, получаем at = а — а2. Отсутствие проскальзывания нити по блоку дает dujdt = aJR. Из всех этих уравнений следует, что «2 = ТлпаЦМ + 4m). Если невесомая веревка не перекинута через блок, а намотана на тяжелый барабан радиусом R с моментом инерции I, и по ней поднимается с постоянной скоростью относительно земли обезьяна массой т (№ 9.11), то для описания движения обезьяны и блока получаем уравнения Т — mg = 0, Idtxjdt — TR. Так как в данном случае ускорение обезьяны относительно веревки равно ускорению веревки, получаем аотн = Rdujdt = mgR2/I. 195
Рис. 9.6 Маятником Обербека называется блок с прикрепленными к нему взаимно пер- пендикулярными стержнями, на которых находятся одинаковые грузы массой т на расстояниях R от оси вращения (рис. 9.6). Вращение маятника происходит под действием груза массой М, привязанно- го к нити, намотанной на блок (втулку). Вращение маятника описывается уравне- нием Мы/dt = Тг. Потерями на трение в осях пренебре- гаем. Уравнение движения груза Ma = Mg — Т. Считаем, что сила сопротивления движению в окружающей сре- де несущественна. Отсюда для ускорения получаем а = Mg/(M + I/r2). Возможно, эта конструкция называется маятником из-за посто- янства ускорения и соответственно вращательного ускорения, а также времени опускания на всю длину нити и, как будет показано ниже, подъема. Для силы натяжения нити (№ 9.8) получаем Т= Mg/{\ + Mr2/!). При подъеме груза уравнение его движения записывается в виде Мап = Тп- Mg, а уравнение вращения маятника Мы/dt = —гТп. Ускорение подъема « = -Mg/(M + I/r2). Замедление при подъеме равно ускорению при падении. Натя- жение нити при подъеме такое же, как при падении. При разматы- вании нити на полную ее длину й, когда скорость груза v = (2ha)l/2, происходит рывок — увеличение силы натяжения нити. Эта сила меняет направление скорости груза на противоположное (направ- ленное вверх). За время рывка блок поворачивается на 180°, не ме- 196
няя угловую скорость вращения (из-за большого момента инерции маятника). Таким образом, получаем (Г — Mg)At = 2Mv и At = nr/v, откуда Г = Mg + 4Л/2д2/гг/[л(Л/г2 + /)]. Момент инерции маятника I = 4mR2. Рассмотрим закручивание и торможение диска, момент инерции которого /0, на вертикальной оси. Тормозит диск сила трения в оси вращения, момент которой постоянен и равен Мо. Вращение диска возникает из-за того, что на него падает и прилипает к нему дру- гой диск (например, монета) радиусом г и массой т, закрученный вокруг вертикальной оси до угловой скорости сом. Расстояние меж- ду осями дисков равно d. Момент инерции системы диск—монета I— 10 + т((Р + г\/2). Начальная угловая скорость вращения систе- мы определяется из закона сохранения момента импульса mr2“„/2 = /юо> что всегда имеет место при малом времени соударения и отсутствии очень больших внешних для рассматриваемой системы моментов. Торможение затем определяется уравнением Ida/dt = — Мо. Интегрируя, получаем со = dy/dt = со0 — Mot/I. Еще раз интегрируя, для угла поворота имеем ср = соо/ - Mot2/(2I). Для подсчета числа оборотов (№ 9.21) угол надо разделить на 2л. Законом сохранения момента импульса можно воспользоваться и при падении раскрученного диска (момент импульса /,€)>[) на дру- гой раскрученный (момент импульса /2со2), когда оси вращения идут по одной вертикали (№ 9.22). При слипании или жестком (мгно- венном) соединении дисков потери кинетической энергии связаны не с силами трения, так как относительного смещения дисков нет, а с энергией деформации дисков, которая затем переходит в тепло- вую. Суммарный момент импульса (/j + /2)о> = /jCOj + 12а2. Умень- шение кинетической энергии 1}а^ /2 + 12а2/2-(1} + /2)а>2/2. Сюда подставляем со из предыдущего соотношения. 197
Если диски не слипаются, а проскальзывают вначале, то при от- сутствии внешнего момента сил момент импульса системы сохра- няется, и можно найти скорости дисков после прекращения про- скальзывания (№ 9.27). Потери на трение находятся по изменению кинетической энергии. Сохранение момента импульса позволяет решать задачи о дви- жении тела по свободно вращающемуся диску (№ 9.32). Угловая ско- рость увеличивается при уменьшении момента инерции системы (движении к оси вращения). Кинетическая энергия системы увели- чивается в том же соотношении из-за работы, совершаемой в дан- ном случае против центробежных сил. Неподвижный диск начнет вращаться, если по нему вдоль ок- ружности, центр которой лежит на оси вращения диска, начнет дви- гаться тело. Скорость определяется законом сохранения момента импульса (№ 9.33). Если на гладкий горизонтальный стержень, который может сво- бодно вращаться вокруг вертикальной оси, проходящей через его конец, надевают кольцо, которое имеет скорость вдоль и поперек стержня, то оно будет раскручивать стержень и менять момент инер- ции системы (№ 9.146). Решение получаем из сохранения (постоян- ства) момента импульса. Рассмотрим вращение в горизонтальной плоскости стержня дли- ной 2/ и массой т на невесомой штанге длиной I, жестко прикреп- ленной к центру стержня в перпендикулярном к нему направлении. На середине стержня находится жук массой 2т/3. Первоначально система покоится. Затем жук начинает ползти с постоянной отно- сительно стержня скоростью v. Найдем, насколько повернется стер- жень, когда жук доползет до конца стержня (№ 9.148). При отсут- ствии момента внешних сил сохраняется момент импульса систе- мы. Для стержня момент импульса = (лг/2/3 + ml1) со = (4/3) тРы. Для жука сложнее, так как он участвует в двух движениях: £х1 = -(2/3>г/и Хж2 = (2/3)т(Е + гД2)со. Из равенства моментов импульса стержня и жука получаем со = du./dt = vl/(3P + vh1). Интегрируя по времени от 0 до l/v, получаем а = (3)~1/2arctg(3)-1/2 = л(3)-*/2/6. 198
Закручивание горизонтального диска вокруг вертикальной оси, совпадающей с осью симметрии диска, может быть произведено с помощью выбрасывания с него другого тела (№ 9.40). Скорость пос- ле броска находится из закона сохранения момента импульса. В слу- чае дальнейшего торможения, например, постоянным моментом из уравнения вращения находим время до остановки. К поверхности раскрученного диска на некотором расстоянии от оси вращения можно прислонить другой диск, плоскость которого перпендикулярна плоскости первого диска и ось вращения которо- го параллельна поверхности первого диска и проходит через ось вра- щения первого диска (№ 9.34). Благодаря силе трения второй диск раскручивается до скорости, при которой прекращается проскаль- зывание (равенство линейных скоростей в точке соприкосновения). Это условие связывает конечные (устанавливающиеся) скорости, оп- ределяемые при интегрировании уравнений вращения дисков, в од- ном из которых сила трения замедляет, а в другом ускоряет враще- ние. Силы трения из этих уравнений исключаем и находим устано- вившиеся угловые скорости и потери энергии из-за трения. Если на диске стоит цилиндр, то при вращении он может опро- кинуться при большой силе трения между ним и диском либо съе- хать при малой силе трения (№ 9.36). Сила трения растет при рас- кручивании. Ее максимальное значение kmg = muPR. Вопрос об оп- рокидывании решается сравнением момента центробежной силы и момента силы тяжести, действующих на цилиндр относительно ниж- него края цилиндра. Торможение вращения диска массой т и радиусом R, раскручен- ного и затем поставленного на шероховатую поверхность, происхо- дит за счет сил трения. Нормальное давление mg/ljiR1), умноженное на коэффициент трения к, дает величину силы трения, приходящу- юся на единицу площади (напряжение трения). Пользуясь рисун- ком 9.2, находим момент сил трения для каждого колечка площа- дью 2nrdr и интегрируем по всей площади основания диска R М = кпщЦъК1') J 2nrdr = (2/3) kmgR. о Уравнение вращательного движения диска (mR2/2)(da/dt) = -(2/3)kmgR. После сокращения da = —(4/3)kgdt/R = —(4/3)kgdq>/(aR). 199
Интегрируя от начальной угловой скорости до остановки и от нуля до конечного угла поворота, получаем Фк = (3/8)со<2) R/(kg). Разделив на 2л, находим число поворотов (№ 9.23). Аналогичный момент сил трения возникает между диском, ле- жащем на платформе, которая крутится по синусоидальному (для угла поворота времени) закону вокруг оси, совпадающей с осью сим- метрии диска, в момент начала проскальзывания. Максимальная амплитуда колебаний платформы определяется равенством этого мо- мента сил трения произведению момента инерции диска на макси- мальное угловое ускорение (№ 9.55). В общем случае вращения цилиндра с моментом инерции I под действием раскручивающего момента сил М и тормозящего, например пропорционального угловой скорости (№ 9.17), описывается уравнением Idaa/dt = М — ка>. Решение этого уравнения при заданном начальном условии лег- ко найти после разделения переменных d(£)/(d) — М/к) = —kdt/I. Рис. 9.7 Рассмотрим вращение вокруг оси симметрии вертикально расположенного сплошного цилин- дра массой М, радиусом R и высотой Н, к боко- вой поверхности которого прикреплена трубка, согнутая в виде одного витка спирали с шагом, рав- ным высоте цилиндра (рис. 9.7), по которой может скользить без трения шарик массой т (№ 9.24). В случае желоба (№ 9.25) решение подобно приве- денному ниже для трубки. Шарик опускают в верхнее отверстие трубки без начальной скорости. Найдем скорость шарика после вылета из нижнего конца трубки. Массой трубки и трением в оси пренебрегаем. Считаем, что 2л/? = Н, а масса шарика т = Л//4. В системе координат, связанной с концом трубки, шарик выле- тает из трубки под углом а к горизонтали, который определяется кинетическим соотношением (рис. 9.8) tgcc = H/(2nR) = vj(vr + (DcA). " Здесь vb — вертикальная скорость шарика, оди- 2nR наковая во вращающейся и неподвижной сис- Рис. 9.8 200
темах координат; vr = со1 R — горизонтальная скорость шарика в неподвижной системе координат, со, — соответствующая угловая скорость, (Dc — угловая скорость цилиндра. Из закона сохранения момента импульса вокруг вертикальной оси {MR2/!) со, = wi7?2(D] следует (Dc/(D] = !т/М. Используя кинематическое соотношение, получаем: г = v(l + 2m//W) Я/(2л/?)). Из закона сохранения энергии mgH = (Ml?2/2)(D2/2 + wil?2(D2/2 + wir2/2 находим г2 = 2gH/[{\ + !т/М)\\ + (1 + 2 д1/М)Я2/(4лЛ2)]}. Окончательно v2 =v2+v2; v = y/50gH/33. Если к массе вращающегося диска М добавляется равномерно по диску за единицу времени масса ц (на всю площадь), например за счет падающего на диск снега (№ 9.28), то при отсутствии мо- мента внешних сил из закона сохранения момента импульса полу- чаем меняющуюся со временем угловую скорость диска (Dt = (MR2(i>0/2)/(MR2/2 + [itR2/!) = Ма>0/{М + ц/). Здесь о)0 — начальная скорость диска в тот момент, когда начал падать снег. Затухание вращения будет другим при сбрасывании снега вдоль радиуса диска. За время dt масса снега рЛ упадет на диск, ее сдвинут к краю и сбросят с диска по радиусу. Запишем сохранение момента импульса в произвольный момент времени t и бесконечно близкий к нему момент t + dt. MR2ii>/2 = ЛЯ?2(со + Jco)/2 + рЛ/?2м. Отсюда dco/o) = —!\idt/M. Интегрируя, получаем изменение угловой скорости со2 = (Do exp (—tyd/m). Затухание вращения в этом случае сильнее, так как экспонента растет быстрее. 201
Вращение системы может происходить за счет выброса части массы. Примером может служить круговой фейерверк. Для его по- лучения на концах шеста длиной 2/ и массой М, который может свободно вращаться относительно оси, проходящей через его сере- дину, укреплены пороховые заряды, которые при поджигании выб- расывают продукты сгорания со скоростью и в плоскости вращения перпендикулярно стержню (№ 9.128). Если обозначить массу, выбрасываемую за единицу времени, ц, то изменение массы заряда за время dt равно dm = —\idt. Так как внешние моменты сил отсутствуют, момент импульса системы со- храняется. Обозначая угловую скорость системы в момент времени t через со и массу заряда т, записываем равенство нулю разности моментов импульса системы в моменты времени t и t + dt. [МР/3 + 2(wi — + da>) + + 2pdZ/2(co — и/1) — (MP/3 + 2wi/2)co = О, отсюда da> = —(u/l)dm/(m + Л//6), что позволяет найти все интересующие нас величины. При вращении работа определяется произведением момента сил на угол поворота, а мощность произведением момента сил на уг- ловую скорость (р — Ма>). Изменение момента импульса системы L = /со связано с моментом сил уравнением вращательного движе- ния dL/dt = М. Рассмотрим движение колечка массой т, надетого на горизон- тальный вращающийся с постоянной угловой скоростью со стержень. Момент инерции системы изменяется только за счет смещения ко- лечка, которому препятствует сила трения. Если сила трения тако- ва, что на перемещение колечка затрачивается постоянная мощность (№ 9.35), то постоянен момент сил М = dL/dt = vidimr^/dt — mlmrdr/dt = 2a>mrv = const. Это дает связь скорости и положения. Рассмотрим случаи, когда ось вращения движется поступательно вместе с вращающимся телом. Движение диска Максвелла (рис. 9.9) является примером верти- кального движения оси вращения в поле тяжести. Диск массой М и радиусом R наглухо насажен на валик радиусом г и массой выступа- ющих из диска частей т, на который наматываются нити, при по- мощи их диск подвешен к штативу (неподвижной опоре). При опус- 202
2R = f BWWWWWWWWVWI wwwwwwww Bl T Рис. 9.9 кании диска нити разматываются, и диск с валиком раскручивают- ся. Вращение диска приводит к тому, после полного разматывания нитей они снова начинают наматываться, и диск поднимается. Для нахождения ускорения опускания диска (№ 9.5) напишем уравнение поступательного движения диска с валиком (т + М)а — (т + M)g — 2Т и уравнение вращения относительно оси симметрии, проходящей через центр масс системы (диск, валик): (MR2/2 + mr2/2)d(i>/dt = 2rT. Очень важно, что ось проходит через центр масс, так как в этом случае равен нулю момент силы инерции, которая возникает в систе- ме, связанной с осью из-за ускоренного движения диска. Конечно, те же результаты получим, если уравнение напишем относительно мгновенного центра вращения, учитывая момент сил инерции и мо- мент инерции тела относительно мгновенного центра вращения. Из этих уравнений и связи поступательного и вращательного ускорений dfit/dt = а/г получаем а = 2(т + M)r2g/\2(m + M)r2 + mr2 + MR2]. Если массой валика и нити можно пренебречь, то а = 2r2g/(R2 + 2г2). При движении вверх Мап = 2Т - Mg и (MR2/2)du/dt = -2гТ\ Получаем, что замедление равно ускорению, с которым проис- ходило падение, ап = —а (№ 9.7). Сила натяжения при опускании и подъеме оказывается одинаковой (l/2)Mg(l - a/g). 203
При опускании на полную длину нити I и изменении направле- ния движения диска происходит рывок — возрастание силы натя- жения до Г. Импульс силы равен изменению количества движения (2Гр — Mg)\t = 2Mv. Время изменения количества движения опреде- ляется временем поворота валика на 180° и равно AZ = itr/v. Ско- рость к моменту рывка v2 = 2а/. Поэтому получаем Т = (W2)[l + 4al/(nrg)]. При движении подвеса вверх таким образом, что ось диска оста- ется неподвижной (№ 9.9), для диска имеем Mg — 2Т. Эта сила крутит диск на неподвижной оси Idfit/dt = 2Tr= Mgr. Ускорение конца нити (подвески) a — rdm/dt— Mgr1]!. Сила, которая совершает работу по подъему подвеса, равна силе натяжения нитей 2Т. Работа этой силы А = MgL, где L — длина раскручивания нитей. Аналогичным образом решается задача о катушке с моментом инерции /0 и массой М, на которую намотана на расстоянии гот оси нить, затем перекинутая через неподвижный блок и присоединен- ная к грузу массой т. Масса т будет неподвижна (№ 9.173), если натяжение нити Т при падении катушки равна mg. Движение ка- тушки описывается уравнениями Ma = Mg — Т, I^dvi/dt = rT, rd^/dt = а. Отсюда m — М/(1 + Мг1/!^. Если устройства, подобные маятнику Максвелла, находятся в движущемся с ускорением а лифте, например вверх (№ 9.20), то вместо ускорения силы тяжести надо брать величину g' = g + а. Рассмотрим качение цилиндра в горизонтальном направлении. Простым примером является задача о качении цилиндра по гори- зонтальным брускам под действием вертикально направленной по- стоянной силы F, приложенной к опущенному вниз концу намо- танной на цилиндр веревки (рис. 9.10). Для нахождения горизон- тального ускорения цилиндра а и минимального (чтобы не было проскальзывания) коэффициента трения между цилиндром и брус- ками к (№ 9.12) напишем уравнение горизонтального движения центра массы цилиндра и уравнение вращения цилиндра вокруг го- ризонтальной оси, проходящей через его центр масс: wia = Етр, kFq/dt2 = (F — Fjp)r. 204
F Рис. 9.10 При отсутствии проскальзывания а = rd^/dt2. Поэтому а = F/(m + Z/r2). Проскальзывания не будет, пока F < kN = к (mg + F). Если веревку перебросить через невесомый блок так, чтобы она тянула цилиндр в горизонтальном направлении, а на конец веревки подвесить груз массой М (рис. 9.11), то движение описывается урав- нениями: Mg — F = Ма (опускание груза с ускорением a, F — сила натяжения веревки), F + F^ = та/2 (горизонтальное движение оси цилиндра, ускорение которого а/2), Ia/(2R) = (F — F^)/R (враще- ние цилиндра, момент инерции которого относительно оси сим- метрии 1= mR2/2). Отсюда ускорение (№ 9.13) равно а — g/[l + Зт/(8 М)]. Сила трения Z^= та/8. Для движения без проскальзывания дол- жно быть к > 1/(8 + Зт/М). При проскальзывании надо учесть, что сила трения F^ = kmg и направлена она против направления сколь- жения. В таком случае получаем для горизонтального движения оси цилиндра с ускорением b уравнение mb — F + F , для вращения цилиндра относительно оси симметрии цилиндра с угловым ускоре- нием р уравнение (wl?2/2)P = (F - F )R, для вертикального падения груза с ускорением а уравнение Ma = Mg — F. Из условия нерастяжи- мости веревки получаем связь а = b + pi?. Окончательно имеем а ~ #(3 — кт/М}/{3 + т/М). Ускорение при отсутствии трения получаем при к = 0. Задача о качении цилиндра с намотанной на него веревкой ус- ложняется, если цилиндр имеет выступающие оси радиусом г, кото- рые катятся по горизонтальным брускам (рис. 9.12). При качении 205
Рис. 9.12 и на ось, а т без проскальзывания угловое ускорение Р связано с ускорением оси цилиндра b формулой b = гр, а ускорение опускания груза а зависимостью а = Лр — b = (F — г)р. Ускорение опускания груза (№ 9.15) на- ходим, записав уравнения опускания гру- за, поступательного движения оси цилин- дра и вращения его относительно оси сим- метрии. Веревка может быть намотана на ци- двешен на подвижном невесомом блоке (рис. 9.13). В таком случае снова b = r$, a а = (R + г)Р/2. Кроме вертикального ускорения груза у него будет и горизонтальное (№ 9.14), сообщаемое ему через наклон веревки. Аналогичным способом можно рассмотреть качение катушки по столу, когда тянут за намотанную не нее нитку (рис. 9.14). Опреде- лим, с каким ускорением а будет двигаться ось катушки, если тя- нуть за нитку с силой F (№ 9.37), и каким образом надо тянуть за нитку для того, чтобы катушка двигалась в сторону натянутой нит- ки. Предположим, что катушка катится по поверхности стола без скольжения, и найдем силу трения между катушкой и столом. Урав- нения движения: m^cPx/dt1) = та = Feos a — Fp; /(J2cp/JF) = AF, - rF\ а = F(d2<p/A2). Направление x указано на рисунке. Исключая F , находим а = F(cosa — r/R)/{m[\ + I/(mR2)]}. Знак ускорения, определяющий направление движения катушки, меняется при а, которое определяется из соотношения cos а* = r/R. При этом направление силы F проходит через точку опоры катуш- ки. При а < а ускорение а будет положительным, и катушка будет 206
двигаться в сторону действующей силу. Сила трения всегда направ- лена в одну и ту же сторону, но по величине меняется при измене- нии а: F.p = Jcosa — /•’(cos а — r/R)/[l + I/(mR2)] = = 77(cosa +mRr/I)/\V + (mR2)/I\. Катушка может находиться на наклонной плоскости, и нитка, на- мотанная на катушку, закреплена за некоторую стенку так, что она идет параллельно наклонной плоскости (№ 9.39). Поступательное движение оси катушки параллельно наклонной плоскости при опус- кании катушки описывается уравнением та = wigsina + Fp — Т, а вращение относительно оси катушки Z(d2<p/d/2) = -7?Fp + гТ. Между ускорениями связь а = rfjPq/dt1). Для силы трения име- ем F = —kmg cos а. Аналогичным способом решается и другой ва- риант намотки нити в противоположном направлении (№ 9.38). Качение, например, обруча (масса М и радиус R) по горизон- тальной поверхности может возникнуть, если на нем закрепить не- которое тело (масса т). Найдем, при каком минимальном коэффи- циенте трения к начнется качение без проскальзывания, если на покоящемся обруче тело поместили на конце горизонтального ди- аметра (№ 9.159). Центр масс системы будет находиться на этом диаметре на расстоянии от центра обруча Rc = Rm/(M + т). Зная это, можно найти момент инерции системы относительно центра масс 1с. Для обруча используем теорему Гюйгенса—Штейнера. Уравнения вращения относительно центра масс и движения центра масс Icdi£>/dt = NmR/(m + М) — FpR, (М + m)dvjdt = Fp. Здесь N — нормальная сила со стороны поверхности. Выражение для силы трения Fp = kN и условие отсутствия про- скальзывания dvjdt = R dfit/dt. Отсюда находим коэффициент трения. Для невесомого обруча с навеской массой т при качении его без про- скальзывания по шероховатой поверхности величину нормального дав- ления на поверхность в зависимости от угла отклонения радиуса, прове- денного в точку прикрепления навески, от вертикали (№ 9.161) можно определить из закона сохранения энергии (сила трения работы не совер- шает) wig/?(l — cos а) = mR2^ и центробежной силы F= marR.. вклад которой зависит от угла отклонения. В итоге N= mg — Fcosa = wigcosa. 207
Рассмотрим движение цилиндра, который закрутили относительно оси симметрии с угловой скоростью ю0 и положили боковой по- верхностью на горизонтальный, шероховатый стол (№ 9.45). Воз- никающая при проскальзывании постоянная сила трения замедля- ет вращение и сообщает ускорение I(d(i>/dt) = — RF' mdv/dt = FTp. Интегрируя, получаем /(со — (о0) = RF.ipt и mv = FTpt. Время Т, через которое прекращается проскальзывание и начинает выполняться со- отношение Ru = v, равно Т= + mR2/!)]. После этого момента сила трения равна нулю, ускорение равно нулю и скорость постоянна. Она определяется из приведенных выше формул. Но для ее определения можно воспользоваться законом сохранения момента импульса относительно оси на поверхности, по которой катится тело, так как момент сил относительно этой оси равен нулю. Получаем /со0 = /и + mvR. После прекращения проскальзывания v — (007?/(1+ mR2/I). Подобным образом решается и задача о движении цилиндра, обладающего в начальный момент только поступательной скоростью (№ 9.42). В этом случае сила трения тормозит поступательное дви- жение и создает вращение. Конечные значения скоростей можно получить из закона сохранения момента импульса относительно точки на поверхности mvr= Лок + mvi.r = (3/2)mvKr. Для шара, имеющего поступательную скорость либо вращение вокруг горизонтальной оси, положенного на горизонтальную шеро- ховатую поверхность (№ 9.43), также можно применить закон со- хранения момента импульса относительно точки на поверхности. Цилиндр может катиться по поверхности и под действием силы, возникающей, например, когда по нему бежит собака, как показано на рис. 9.15. Для простоты предполагается, что собаку можно иден- тифицировать с точечной массой т, находящейся все время на од- ном и том же расстоянии от точки А. Цилиндр имеет массу М, и вся она сосредоточена вблизи его поверхности на радиусе R (№ 9.76). На рис. 9.16 показаны силы, действующие на цилиндр. Воздействие собаки на цилиндр описывается силами F} и F2 (нормальной и каса- тельной к поверхности цилиндра). Поступательное движение оси цилиндра (по координате х) описывается вторым законом Ньютона Ma = Fp + F2 cos а — F} sin а. Уравнение вращательного движения цилиндра относительно оси симметрии MR2d(a/dt = (F2 — F[p)R. Отсутствие проскальзывания дает связь поступательного и враща- тельного ускорений а = Rda»/dt. Движение собаки по координате х с 208
Рис. 9.15 Рис. 9.16 учетом того, что действие равно противодействию и ускорение рав- но а, описывается уравнением та = —F2coscx + Fx sin а. Очевидно, что движение системы цилиндр—собака определяется только силой трения. Это получаем и в результате сложения уравнений движения по координате х. Ускорение системы постоянно и равно а = w^sino/[2A/+ т(\ + cosa)]. Сила трения F — (М + т)а. Кинетическая энергия системы со време- нем растет. Так как v = at и со = v/R, кинетическая энергия системы W= (М+ m)v2/2 + /со2/2 = (2Л/+ m)v2/2. Мощность Р = dW/dt = (2М + m)a2t. Цилиндр или обруч можно закрутить при бросании таким обра- зом, чтобы он возвращался обратно к точке бросания под действием силы трения при проскальзывании (№ 9.75). Для обруча массой т и радиусом R, закрученного до угловой скорости ю0 и брошенного со скоростью г0, получаем mdv/dt — —Fjf = —kmg', mR2day/dt = —FTpR = —kmgR. Отсюда имеем v — v0 = — kgt и 7?co — 7?coo = — kgt. Исключение времени дает v — v0 — Ra — R(i)0. Остановка обруча произойдет в некоторый момент, если со0 min = v0/R. Назад обруч покатится при соо > <оо mjn = vJR. В момент остановки (г = 0) имеем cd = соо — v0/R. Сила трения приводит к появлению и увеличению скорости оси обруча в на- правлении, противоположном начальному движению v = kgt, и к торможению вращения обруча /?(со — соо + v0/R) = —kgt. В момент, когда v = со/?, возникает качение без проскальзывания, скорость которого из этих уравнений v = (/?со0 — г0)/2. Катящийся цилиндр или шар может попасть на движущуюся по- верхность (№ 9.49). Если он катится со скоростью v0 = R(a0, а повер- хность движется навстречу со скоростью v, то сохранение момента импульса относительно оси на движущейся поверхности (из-за того, что момент сил равен нулю) дает m(v + v0)R + /соо = (/+ mR2)a. Это 209
определяет скорости (в системе координат, связанной с движущей- ся поверхностью), когда проскальзывание прекращается, и сила тре- ния обращается в нуль. В тепло переходит энергия (1/2) т (v + v0)2 + /сОо/2 - (/ + w/?2)(o2/2. Рассмотрим закрученный однородный шар радиусом г, вращаю- щийся с угловой скоростью (Do, положенный на горизонтальную плоскость так, что ось его вращения наклонена под углом <р к верти- кали (№ 9.54). При этом вертикальная составляющая момента коли- чества движения £в не будет меняться, так как вертикальная состав- ляющая момента сил равна нулю (если не учитывать деформацию шара и плоскости) dLJdt= Idvsjdt = 0. Горизонтальная составляю- щая момента количества движения будет уменьшаться из-за дей- ствия момента силы трения, появляющейся при проскальзывании шара, dLr/dt — Idtar/dt — rF . Горизонтальная составляющая угло- вой скорости о)г будет уменьшаться, а скорость центра масс шара v — расти (в соответствии с уравнением движения mdv/dt = F^ до тех пор, пока не установится качение без проскальзывания. Предполага- ем, что трением качения можно пренебречь. Для сохраняющейся вер- тикальной компоненты угловой скорости имеем о)в = (D0cos(p. Ис- ключая F и затем интегрируя при условиях, что в начальный мо- мент при t = 0: v = 0, о)г = (Dosin<p, а при качении без проскальзывания v = гшг, получаем /сог — /o)0sin<p = —mrv. Окончательно v = гаг = r(Dosin<p/(l + mF/Г) = (2/7)rco0sin(p. Трение между телами может быть не только сухим — пропорци- ональным силе нормального давления, но и вязким — пропорцио- нальным относительной скорости. Рассмотрим случай, когда сухим и трением качения можно пренебречь по сравнению с вязким. Най- дем, как будуз меняться угловая и поступательная скорости рас- крученного до угловой скорости (Do сплошного цилиндра, поло- женного на поверхность, взаимодействие с которой определяется вязким трением (№ 9.53). Из уравнений поступательного и враща- тельного движений (mdv/dt = F, Idw/dt = —Fr), исключая силу тре- ния (F), получаем rw0 — гео = 2v. Используя зависимость для силы трения, получаем уравнение поступательного движения mdv/dt = к(т — v) = к(га>0 — 3d). Решение его имеет вид v = (г(ос/3)( 1 — е-ЗЛ,/т). 210
Отсюда находим скорость при бесконечном времени. Угловую скорость определяем из полученной выше связи с поступательной. По скоростям находим кинетические энергии и потери на трение. Однородный цилиндр массой тх и радиусом г, раскрученный до уг- ловой скорости (Do, опускается без начальной поступательной скорос- ти на шероховатую доску массой т2, лежащую на гладкой горизонталь- ной поверхности. Чтобы найти скорость цилиндра при переходе на качение без проскальзывания (№ 9.46), надо написать уравнения по- ступательного движения цилиндра и доски в системе координат, связанной с поверхностью, на которой лежит доска (m^dvjdt = F, m2dv2/dt = F), п уравнение вращения цилиндра относительно его оси {Ida/dt = —Fr при этом силы инерции не дают момента). Усло- вие отсутствия проскальзывания записываем в системе координат, связанной с доской (юг — г, = v2 = mxvjm2, так как mivl = m2v2). Из уравнений поступательного и вращательного движений цилиндра получаем ыг — соу = —2г,. Подставляя сюда условие отсутствия про- скальзывания, получаем искомые результаты. Аналогичный метод можно применить в более сложной задаче. Длинная тонкая доска массой М лежит на гладком столе вплотную к гладкой стене. По доске без проскальзывания катится цилиндр мас- сой т и радиусом г в направлении, перпендикулярном стене. Ци- линдр абсолютно упруго ударяется о стену (№ 9.51). Трение каче- ния не учитываем. Начальные скорости отметим нулевыми индек- сами (v0 = юу). После удара цилиндра о стенку скорость центра масс цилиндра изменит направление на противоположное. Угловая скорость не изменяется. Возникает сила трения, которая будет тор- мозить цилиндр и ускорять доску. Движение центра масс цилиндра относительно стола описывается уравнением mdv/dt = —F — —kmg. Для решения уравнения необходимо задать начальное условие: при t = 0 скорость v = v0 Решение v = vQ — kgt. Вращение цилиндра описывается уравнением Ida/dt = F^r. Здесь положительное направление вращения соответствует по- ложительному направлению скорости движения центра цилиндра, поэтому начальное условие: при t = 0 со = —ю0. Решение для угловой скорости со = kmgrt/I — (Do. 211
Учитывая, что I = тг1/'!, получаем со = Ikg/t/r — со0. Движение доски описывается уравнением Mdv/dt = = kmg. Начальное условие: при t = 0, va = 0. Решение гд = kmgt/M. Скорость центра цилиндра увеличивается, а скорость вращения уменьшается. Проскальзывание прекратится, когда cor = v — гд. После этого сила трения равна нулю и скорости не меняются. Подставляя решения в это условие с учетом связи масс доски и цилиндра, на- пример т = М/1, а также соотношение между начальными скорос- тями, получаем время прекращения проскальзывания = 4V(W)- При этом Гп=ЗГ0/7, юп = Кп/г, Пдп=2П0/7; £п=5л?Е02/28, £0=3wE02/4. Доля первоначальной кинетической энергии, перешедшей в тепло при трении между цилиндром и доской к моменту, когда цилиндр скатится с доски, равна 16/21. Из решения можно получить, что при т> М проскальзывание прекращается при отрицательной угловой скорости и цилиндр ска- тывается в другую сторону (№ 9.183). Аналогичным методом можно решить и задачу, в которой к стенке движется доска, а цилиндр покоится на ней (№ 9.182). Движение цилиндра по шероховатой доске может быть вызвано движением самой доски. Если доску начинают двигать с ускорени- ем, то в системе координат, связанной с доской, на цилиндр дей- ствует сила инерции. Эта сила и сила трения определяют поступа- тельное и вращательное движение цилиндра. Предполагая отсут- ствие проскальзывания (№ 9.48), получаем третье уравнение для определения ускорения цилиндра в системе координат, связанной с доской. По нему определяем и скорость, и путь. Рассмотрим движение доски массой Мпо шероховатой горизон- тальной поверхности на двух однородных одинаковых цилиндрах массой т под действием силы Гбез проскальзывания цилиндров по поверхности и доске (№ 9.47). Вместо обычного метода с использо- ванием второго закона Ньютона можно воспользоваться тем, что силы трения работы не совершают (нет проскальзывания), а рабо- тает, т. е. изменяет, кинетическую энергию только приложенная сила. 212
Учитывая, что скорость доски в два раза больше поступательной скорости цилиндров, для кинетической энергии системы получаем £ = Mv2/2 + 2m(v/2)2/2 + w20)2/2 = (М+ 3/n/4)v2/2. Мощность, создаваемая силой, Fv = dE/dt = (М + 2>m/A!)vdv/dt. Отсюда определяем ускорение. Сохранение энергии в случае качения без проскальзывания, либо при возможности пренебречь потерями на трение, позволяет найти скорости, например, обруча при скатывании с горки (№ 9.44). На- чальная потенциальная энергия равна сумме энергии поступатель- ного движения центра масс и энергии вращения. Если с горки скатывается шарик (массой т и радиус г) и попада- ет на вертикально стоящий желоб радиусом R, то он может описать мертвую петлю по желобу (№ 9.61). Чтобы найти достаточную для этого высоту горки Н, в случае качения без проскальзывания, т. е. без потерь на трение, можно воспользоваться законом сохранения энергии mg(H — 2R) = (l/2)mv2 + (2/5)mr2(v/r)2/2 и условием прохождения верхней точки петли mv2/R = mg. Здесь считалось, что г <si R. При недостаточной высоте горки шарик отрывается от желоба, не достигнув его верхней точки (№ 9.74). К закону сохранения энер- гии надо добавить уравнение движения по окружности mv2/R = N + /ngcosa. В точке отрыва N = 0. Используя закон сохранения энергии, находим cos a = 10/17 (для Н = 2R). Это определяет точку отрыва, а также скорость в этой точке. По вертикальной составляющей ско- рости можно найти высоту, на которую затем поднимается шарик. Сохранением энергии можно воспользоваться и при вращении, например, первоначально покоившегося на краю стола шарика (мас- сой т и радиусом г) относительно этого края, пока не начнется проскальзывание. Считаем, что скольжению препятствует сухое тре- ние о край, определяемое коэффициентом трения к и нормальным (перпендикулярным поверхности шарика) давлением N. Найдем коэффициент трения, если известно, что проскальзывание начина- ется при повороте шара на угол a = 30° (№ 9.57). На рис. 9.17 пока- заны положение шара при повороте на угол а и силы, действующие 213
Рис. 9.17 на шар. Пока нет скольжения, скорость центра шара v связана угловой скоростью вращения относительно края стола со со- отношением v = тсо. Вращение описывает- ся уравнением mv2/r = wgcosa — N. Закон сохранения энергии описывает- ся уравнением mv2/'! + (2/5);?гг2со2/2 = mgr(\ — coscc). Из этих уравнений определяется нормальное давление. В урав- нение вращения входило нормальное к траектории движения цент- ра масс шара ускорение. Для тангенциального ускорения а уравне- ние имеет вид та = wgsina — F . Для вращения (2/5)znr2a/r = rFp. Отсюда определяются ускорение и сила трения. Затем находим ко- эффициент трения. Нормальное давление на оси вращения (угол стола) уменьшается с увеличением угла поворота. Равенство давления нулю означает, что дальше шар движется в поле тяжести в соответствии с имеющейся в этот момент тангенциальной скоростью центра масс. Соответствую- щий угол поворота определяет максимальный угол излома (поворо- та) поверхности (от горизонтального направления), при котором шар, катившийся по этой поверхности, не подскочит при переходе через излом (для цилиндра № 9.58). При качении цилиндра или шара (массой т, радиусом R с мо- ментом инерции /) по горизонтальной поверхности без проскаль- зывания сила трения равна нулю. При качении по наклонной плос- кости сила трения отлична от нуля. На рис. 9.18 показаны силы, действующие на тело. Для ускорения а поступательного движения оси цилиндра в направлении х получаем та = wgsina — F , для углового ускорения, которое при отсутствии проскальзывания связано с а соотношением р = a/R, имеем /р = F^/?. Решая эти уравнения, получим а = gsina/[l + I/(mR2)], Fp = mgsina/[mR2/I + 1]. 214
Отсюда, в частности, можно полу- чить силу трения для цилиндра (№ 9.59). Замечательно, что ускорение не за- висит от коэффициента трения и по ве- личине тем меньше, чем больше момент инерции тела. Отношение I/{mR2) для полого цилиндра равно 1, а для сплош- ного — 0,5. Зная это, легко ответить на вопрос: быстрее или медленнее будет скатываться деревянный цилиндр, если в нем просверлить отверстие вдоль оси цилиндра? Ответ очевиден, так как цилиндр с отверстием занимает промежуточное положение между сплошным и полым. При увеличении угла наклона плоско- сти сила трения возрастает. Так как предельное значение силы тре- ния при этом уменьшается F тах = к mgcosa, то при некотором угле начинается проскальзывание (№ 9.62). Угол начала проскальзывания определяется соотношением tga = к(1 + mR2/I). При скатывании шара (№ 9.65), для которого I/{mR2) = 2/5, ускорение и сила трения определяются по тем же формулам. Для шара возможно скатывание по рельсам или желобу (№ 9.60). В этом случае момент силы трения определяется расстоянием плос- кости опор до оси вращения. Если по скатывающемуся цилицдру бежит собака, оставаясь все время в наивысшей точке цилиндра (№ 9.77), то, как и раньше (№ 9.76), собаку считаем точечной массой, а ее действие на цилиндр описываем двумя силами, нормальной и касательной к поверхности цилиндра. При скатывании с проскальзыванием уравнения поступательного движения и вращения решаются независимо. При этом должен быть задан коэффициент трения (№ 9.70). Скатывание без проскальзывания, например, цилиндра с клина, стоящего на гладкой горизонтальной поверхности (№ 9.69), приводит к смещению клина таким образом, что центр масс системы остается неподвижным. При отсутствии проскальзывания сохраняется энер- гия. Изменение потенциальной энергии при опускании цилиндра равно кинетическим энергиям клина и цилиндра, у которого кроме поступательной есть еще вращательная кинетическая энергия. Два скатывающихся по одной наклонной плоскости цилиндра (№ 9.71) взаимодействуют, если передний скатывается медленнее. Для цилиндров одинакового радиуса взаимодействие возможно, когда впереди находится полый, а сзади сплошной цилиндр. Предпола- гая, что существует трение между цилиндрами (коэффициент тре- 215
ния к), которое зависит от силы взаимодействия между цилиндрами N, получаем для поставленного впереди полого цилиндра та = mgsina. — FTp+ N, / р = F^r — к Nr, а = рг. Для следующего за ним сплошного цилиндра с той же массой и радиусом имеем та = mgsina — F^ — N, / р = F г — kNr, a = Pr. Отсюда, учитывая, что /п = mr2 и / = mr2/'!, находим а и N. Установленный на наклонной плоскости, образующей угол а с горизонтальной поверхностью, сплошной однородный цилиндр радиусом г, закрученный соответствующим образом до угловой ско- рости соо, начинает вкатываться по ней вверх (№ 9.63, 9.64). Силы, действующие на цилиндр, те же, что и показанные на рис. 9.18. Под действием силы трения, если F > mgsina (в случае, когда F = kN = kmg cos а, получаем, что tga < к), цилиндр начинает двигаться вверх с ускорением, т. е. поступательная скорость оси будет увеличиваться), а вращение будет тормозиться, т. е. скорость его вращения будет уменьшаться. Поэтому в некоторый момент tl окажется, что v = mr. С этого момента цилиндр катится вверх без проскальзывания и скорость движения его центра масс начинает уменьшаться, так как продолжает уменьшаться скорость враще- ния. Для уменьшения поступательной скорости должно выполнять- ся Fip < mgsina. Сила трения изменяется скачком при переходе к качению без проскальзывания. В момент остановки (при макси- мальном подъеме цилиндра) v = mr = 0. Для определения времени достижения наивысшей точки / из уравнений движения m(d2x/dt2) = Г р — mgsina, I{d2g>/dt2) = —rF^ (9.13) 216
исключаем F^: m(d2x/dt2) + (I/r)(d2q>/dt2) + zngsina = 0 (это уравнение справедливо независимо от того, существует сколь- жение или нет). Интегрируем его, используя то, что в начальный момент г(0) = 0, а со(0) = соо, и получаем v = /(со0 — ы)/(тг) — grsina. (9.14) Откуда следует U = /©/(wgrsina) = rw0/(2gsina). Если предположить, что Fp = kN, то каждое уравнение можно проинтегрировать в отдельности и построить зависимости v{t) и со(/), а также Fp(Z) (см. рис. 9.19). Из условия tga < к следует, что наклон прямой /•(»(/), который определяется r{da>/dt) = F r2/I = Ikgcosa, всегда больше наклона прямой v — гы{1) при движении без про- скальзывания, равного r{dio/dt) = gsina/[l + I/(mr2)] = (2/3)gsina. Скатывание цилиндров всегда происходит без проскальзывания, так как для проскальзывания необходимо, чтобы tga < Л[1 + {mF)/I\, а для движения вверх уже выполнялось более жесткое условие tga < к. На начальном этапе поступательное ускорение направлено вверх по наклонной плоскости и равно = g(Fcosa — sin а). Так как ускорение постоянно, легко вычисляем скорость и сопоставляем с решением для угловой скорости со = ш0 — kmgcoso.rt/I. Откуда, ис- пользуя условие отсутствия проскальзывания: Z1 = co0r/[g(3£cosa — sin a)]. По ускорению и времени вычисляем скорость в этой точке, а также путь и высоту подъема цилиндра. Интегрируем (9.13) при ус- ловии отсутствия проскальзывания и получаем а2 = — (2/3)gsina. Зная скорость в начале этого участка и дальнейшее ускорение, на- ходим высоту максимального подъема. Скатывание, как уже гово- рилось, происходит без проскальзывания, и ускорение равно аТ Если задано соотношение между временем подъема и опускания (№ 9.66), то по приведенным формулам можно найти все характе- ристики движения. Те же уравнения с другими начальными условиями позволяют рассчитать подъем цилиндра по наклонной плоскости, если он не закручен, а имеет начальную поступательную скорость вдоль на- клонной плоскости (№ 9.67). 217
F N Скатываться цилиндр радиусом г может /'\4/yjx) с Другого неподвижного цилиндра радиусом F (№ 9.56). Связь скорости оси скатываю- I R/ \ гцегося цилиндра v с угловой скоростью его ----1----’--------- вращения со запишем через изменения угла а, Рис. 9.20-----------определяющего положение скатывающего- ся цилиндра, v = (R + r)da./dt = ы/-. (9.15) На рис. 9.20 показаны силы, действующие на цилиндр. Вращение цилиндра относительно его оси симметрии описывается уравнением Idv)/dt=rF^. (9.16) Уравнение движения оси симметрии цилиндра в проекции на направление (скорость) движения т dv/dt = wgsina — F . (9.17) Проекция уравнения движения на направление, перпендикуляр- ное скорости: nw2/(R + г) = zngcosa — N. (9.18) Исключая силу трения из (9.16) и (9.17), при отсутствии про- скальзывания и с учетом величины момента инерции для сплошно- го цилиндра получаем dv/dt = rd<&/dt= (/l/Sjg'&VAv.. (9.19) Из (9.16) и (9.19) для силы трения имеем FTp = (l/3)wgsina. (9.20) Учитывая, что при а = 0 и v = 0, из (9.15) и (9.19) получаем v2 = (4/3)g(R + r)(l — cosa). (9.21) Это соотношение можно получить и из закона сохранения энер- гии, так как сила трения работы не совершает при отсутствии про- скальзывания mg(R + /)(1 — cosa) = mv1/'! + Zcd2/2. (9.22) Из (9.18) и (9.21) следует N = (1/3) wg(7cosa — 4). (9.23) Условие начала проскальзывания Fp = kN приводит к уравнению sina = fc(7cosa — 4). (9.24) 218
При заданном коэффициенте трения угол можно найти графи- ческим способом. При малых углах пользуемся разложениями три- гонометрических функций. Аналогично можно рассмотреть скатывание шара с другого за- крепленного шара (№ 9.73). В некоторый момент времени при скатывании без проскальзывания подвижный шар, который в на- чальный момент времени находился в наивысшем положении и не имел начальной скорости, приходит в точку, направление в кото- рую из центра неподвижного шара составляет угол а с вертикалью (см. рис. 9.20). Уравнения движения центра подвижного шара за- пишем в виде проекций на направление вдоль и перпендикулярно к направлению скорости: m(dv/dt) — wgsina — F^, mv2/(R + г) = wgcosa — N. Уравнение вращательного движения: I(dw/dt) = rF^. Момент инерции шара I = (2/5)тг2. Условие отсутствия про- скальзывания: v = cor = (R + f)(du./dt). Используя это условие и исключая F из уравнений движения, получаем (dv/df) — r(da>/df) = (5/7)gsina. Подставляем это выражение в уравнение движения, используя то, что (dv/df) — (dv/da)(da/df) = (dv/da)v/(R + г), имеем F^ — (2/7)wgsina, v2 = (10/7)g(R + r)(l — cosa) (это уравнение можно получить и из закона сохранения механичес- кой энергии, так как сила трения не совершает работы при отсут- ствии проскальзывания), N = (1/7) wg(17coscc — 10). Видно, что при а = 0: А = nig, F = 0. Затем с увеличением а. увеличивается и Лр и уменьшается N. При некотором значении а соответствующей величины N уже недостаточно для обеспечения движения без проскальзывания. Это произойдет при F = kN. От- 219
сюда для определения а получаем: 2sina = £(17cosa — 10). Предпо- лагая а малым, имеем уравнение а2 + 4а/(17£) - 14/17 = 0, и при к — 0,044 получаем а = 0,15 или в градусах а = 8,6° (т. е., действительно, угол мал). Рассмотрим соударения при вращательных движениях. Начнем с подвешенных к одной горизонтальной оси стержня длиной L и мас- сы М и сосредоточенной массы (шарика) т на нити длиной I. При отклонении шарика на угол а он поднимается на h = /(1 — cosa). (9.25) Его потенциальная энергия при отсутствии трения в подвесе переходит в кинетическую. Отсюда можно определить скорость при прохождении положения равновесия г02 = 2gh. (9.26) В положении равновесия происходит взаимодействие шарика со стержнем. Считаем, что время взаимодействия настолько мало, что можно пренебречь смещениями за это время. Такие системы назы- ваются баллистическими. Так как момент сил, действующих на сис- тему, относительно точки подвеса равен нулю, то всегда выполня- ется закон сохранения момента импульса при соударении Zco = mvj + mvl. (9.27) Для стержня момент инерции I— т12/2>, со — угловая скорость стержня после удара, скорость шарика после удара v считаем на- правленной противоположно г0. При упругом соударении сохраняется энергия Zco2/2 = mvl/2-niv2/2. (9.28) Из (9.27) и (9.28) получаем vQ — v — а>1. (9.29) Из (9.27) и (9.29) следует v = (1/2)co/[Z/(m/2) - 1]. (9.30) Отсюда легко определить, например, длину подвеса шарика, что- бы он остановился после удара (№ 9.99), если массы шарика и стер- жня одинаковы: Z= ml2 и I = £(1/3)1/2. 220
Для стержня длиной L = (3/2)/ остановка шарика происходит при М = (4/3)лм (№ 9.107). Если шарик после упругого удара останавливается, то из закона сохранения энергии и (9.25) для угла отклонения стержня 0 получаем mlg(l — cosa) = M(L/2)g(l— cos0). (9.31) При одинаковых массах и малых углах отклонения (№ 9.108) имеем 0 ~ а {21/Е) |/2. Для отношения времени опускания шарика к времени отклонения стержня, учитывая, что они являются полупе- риодами колебаний, получаем [2£/(3/)]1/2. При отклонении шарика на 90° (№ 9.102) из приведенной выше формулы (9.31) получаем угол отклонения стержня. В случае неупругого соударения из (9.26) и закона сохранения момента импульса получаем для угловых скоростей шарика и стер- жня, которые из-за неупругости удара (№ 9.100) должны быть оди- наковы, mvol = 1(£>. Здесь / — суммарный момент инерции шарика и стержня: I = ml2 + Л/£2/3. Дальнейшие замедления стержня и шарика, в случае их раздельных движений, определялись бы урав- нениями £(г/а>/Л)с = —A/g(£/2)sin<p, £ш(г/<о/Л)ш = -wg/sin<p. В случае £ = I получаем {da>/dt)c = —(3/2)(g/£)sin<p, {da/dt)c = ~(g/£)sin<p. To есть стержень замедляется быстрее. Поэтому они будут дви- гаться вместе, как приклеенные. При отклонении стержня и шарика после неупругого удара можно воспользоваться законом сохранения энергии /<о2/2 — (т + M/2)gH. Откуда и получаем высоту отклонения Н. Если в начальный момент отклоняется стержень, то аналогич- ным образом пользуемся сохранением момента импульса mvl = £((о0 + со). Считаем, что после соударения стержень движется в противопо- ложном направлении. При упругом соударении выполняется закон сохранения энергии mv2 /2 = I (о2 - о2)/2. Для случая, когда шарик и стержень после удара движутся с оди- наковыми угловыми скоростями в разные стороны (№ 9.101), до- 221
полнительное условие v = со/. Чтобы найти соотношение между мас- сами, надо учесть, что стержень ударит по шарику в том случае, если длина стержня больше длины нити, на которой висит шарик. Если стержень отклоняют на угол <р от вертикали (№ 9.106) и он упруго ударяет по висящему шарику, то из законов сохранения мо- мента импульса и сохранения энергии находим скорости и кинети- ческие энергии. Приравниваем их потенциальным энергиям при от- клонении стержня и шарика, чтобы найти углы отклонений. Стержень можно отклонить на 90°, а в точку на вертикальной линии от оси вращения, через которую проходит нижний конец стержня, на гладкую горизонтальную поверхность поместить малое тело массой т (№ 9.103). Стержень отпускают, и он упруго ударяет по телу. Угловую скорость стержня в момент удара находим из зако- на сохранения энергии MgL/2 = ML2032/6. При ударе в данном случае сохраняются момент импульса и энергия ML2a>/3 = ML2(i)t/3 + nwL, MZ2co2/6 + wv2/2. Исключая угловую скорость стержня после удара о)|; находим скорость тела. По этим же формулам можно найти скорость тела после удара, если стержень остановится (№ 9.104). Затем можно найти расстоя- ние, на которое сдвинется тело, если на горизонтальной поверхно- сти в результате трения кинетическая энергия переходит в работу. В нижний конец висящего стержня может ударить пуля, летящая горизонтально (№ 9.110). Если скорость пули до пробивания стерж- ня (доски) г0, а после г, то из закона сохранения момента импульса получаем /со = mL(v0 — v). Угол отклонения стержня определяется из закона сохранения энергии /со2/2 = Mg(L/2)(\ — cosa). Из последнего соотношения получаем, что для отклонения стер- жня на 90° (№ 9.98) со = (3g/£)1/2. Стержень может быть подвешен не за конец, а пуля ударять под некоторым углом к плоскости вращения (№ 9.112). По-прежнему из 222
закона сохранения момента импульса при ударе и закона сохране- ния энергии после удара получаем результат. Стержень, подвешенный на короткой ниточке (или шарнире), можно отклонить на некоторый угол, а затем сообщить его концу скорость, перпендикулярную плоскости отклонения. Если скорость достаточно велика, то стержень поднимется до уровня подвеса. Чтобы найти нужную для этого скорость (№ 9.109), используем сохране- ние момента импульса относительно вертикальной оси, проходя- щей через точку подвеса, и сохранение энергии. Момент инерции стержня, отклоненного от оси на угол а, равен /= w/2(sin2o)/3. Действие на нижний конец висящего стержня длиной L и мас- сой М, вертикально висящего в поле тяжести на горизонтальной оси, проходящей через верхний конец, можно задать импульсом р (№ 9.150). Под действием этого импульса возникают движение цен- тра масс стержня и его вращение. Закрепление в точке подвеса не позволяет сдвигаться верхнему концу стержня. Импульс, действую- щий в точке подвесар{, направлен в ту же сторону, что и приложен- ный к нижнему концу стержня, так как подвес противодействует вращению стержня вокруг центра масс. Их сумма из закона сохра- нения импульса равна изменению импульса стержня (его массы, ум- ноженной на скорость центра масс) р + рх = Mvc. Изменение момен- та импульса относительно точки подвеса pL = /о). Угловая скорость связана со скоростью центра масс г. — <i>L/2. Отсюда получаем р} = Mvc — р =М<лЬ/2 — р = p\ML2/(2I) — 1] = р/2. Импульс в точке подвеса составляет половину действующего на нижний конец. Реакция в подвесе зависит от расстояния, на котором приклады- вается импульс. Найдем расстояние I, на котором надо приложить импульс, чтобы импульс в точке подвеса отсутствовал. Отметим, что именно импульс, а не реакция, так как всегда есть сила, противодей- ствующая силе тяжести. Сохранение момента импульса относитель- но точки подвеса надо записать pl = Та>. В таком случае / = 2I/(ML) = (2/3)£. (9.32) При приложении импульса на таком расстоянии от точки под- веса в нем не будет толчка. Задача об ударе саблей (стержнем) по неподвижному предмету (№ 9.113) решается этим же методом. Надо только перейти в систе- му координат, связанную с саблей, где подвес — это рука, держащая саблю. 223
Р Рис. 9.21 К висящему стержню можно на шарнире присое- динить такой же и к концу нижнего приложить го- ризонтальный импульс р (№ 9.152). В таком случае центр тяжести нижнего стержня будет смещаться в направлении импульса со скоростью и вращаться вокруг центра масс с угловой скоростью сог Предпо- лагая, что закручивание преобладает над поступа- тельным движением, получаем, что импульс со сто- роны верхнего стержня р{ действует в том же на- правлении, что и р, как показано на рис. 9.21. При невыполнении этого предположения знаки скорос- тей изменятся на противоположные. Для движения центра масс нижнего стержня получаем р + = mv,. Вращение нижнего стержня относительно его центра масс описы- вается уравнением (р - РУД = w/2m,/12. Вращение верхнего стержня относительно точки подвеса ру1 = тР(д2/3. Условие одинакового смещения нижнего конца верхнего стерж- ня и верхнего конца нижнего <о2/ = о), //2 — vv Из этих уравнений получаем окончательный результат. Отме- тим, что у стержней возникает и вертикальная скорость, которая на вращение не сказывается. Если стержни не висят в поле тяжести, а лежат на гладком гори- зонтальном столе свободно (№ 9.153), то при действии импульса на конец одного из них получаем уравнения р + рх = mvv (р — p^l/2 = mPaJYl, р} = mv2, р^/Т. = mP-tp-JYl и г2 + — vr Центр тяжести системы движется только в направлении импульса р, а центры стержней имеют скорости также в направлении, пер- пендикулярном к импульсу. Напомним, что баллистическим называется маятник, который не успевает сдвинуться (отклониться) за время удара. Его движение развивается после удара за счет полученного импульса. Рассмотрим 224
баллистический маятник в виде цилиндра радиусом R и массой М, подвешенного так, что он может откло- няться вдоль оси и в направлении, перпендикулярном / \ оси цилиндра (рис. 9.22). Расстояние от оси цилиндра К"А до точки подвеса Z » Л В результате попадания в I .о ) центр основания цилиндра и проникновения внутрь \ J цилиндра горизонтально летящей со скоростью v и вращающейся вокруг продольной оси с угловой ско- Рис. 9.22 ростью со пули, которую можно считать цилиндром ра- диусом /-«Ли массой т, происходит отклонение маятника (№ 9.97). Скорость, которую получит маятник вдоль оси цилиндра vv опре- деляем из закона сохранения импульса mv = (т + M)vv Скорость маятника в направлении, перпендикулярном оси цилиндра v2, оп- ределяем из закона сохранения момента импульса относительно точ- ки подвеса 1па> = [MR1/2 + (М+ т)Ьг]тг Она равна v2 = ы2Ь = L(l/2)mr2<a/[MR2/2 + (М + m)L2]. Откуда находится направление суммарного вектора скорости маятника после удара относительно траектории пули, определяемое углом а из соотношения tgcc = vjvv Отметим, что момент импульса пули относительно оси, проходящей через точку подвеса, равен мо- менту относительно ее оси вращения (подобно моменту пары сил одинаковому относительно любой точки). Мгновенная раскрутка баллистического маятника может быть вызвана моментами внутренних сил. Такой момент возникает в элек- запуске. Если электромотор жестко присоеди- нить к невесомому стержню и подвесить за вер- хний конец на горизонтальной оси (рис. 9.23), то при включении и резкой раскрутке мотора возникнет момент импульса, который будет от- клонять такой баллистический маятник (№ 9.149). Обозначим массу электромотора т, расстояние оси вращения ротора мотора от точки подвеса /, момент инерции ротора Zp, угловую скорость ротора в результате его мгновенной раскрутки со, момент инерции статора, жестко скреплен- ного со стержнем 1С. Начальную угловую ско- рость вращения всего мотора относительно точ- тромоторе при Рис. 9.23 15-3707 225
ки подвеса Q определяем из закона сохранения момента импульса. До раскрутки момент импульса всей системы был равен нулю. Так как момент внешних сил относительно точки подвеса равен нулю, момент импульса системы не изменяется. Поэтому момент раскрут- ки, который относительно оси подвеса такой же, как относитель- но оси вращения ротора, равен моменту импульса при вращении маятника Zpco = (nil2 + Zc)Q. Отклонение маятника (его подъем на высоту Н) определяется переходом кинетической энергии в потен- циальную rngH = (Ip^/[2(mP + Q]. Если позволяет подвеска, то максимально Н = 21. При угловой скорости раскрутки ротора со2 > 4mgl(ml2 + /с)//р возникнет вращение маятника относительно оси подвеса. Стержень длиной I и массой М, находящийся на гладкой гори- зонтальной плоскости, может вращаться вокруг вертикальной оси, । фоходящей через один из его концов. В покоящийся стержень уп- руго ударяет точечная масса т, движущаяся со скоростью г>0, пер- пендикулярной стержню на расстоянии х от оси вращения (№ 9.122). Из закона сохранения при соударении момента импульса nwox = /со — nwx и сохранение энергии лШо/2 = Zco2/2 + mv2 /2 получаем угловую скорость стержня (й = bmv^/(MP + 3wx2). Она зависит от х. Для нахождения максимума можно продиффе- ренцировать выражение по х и приравнять нулю, а можно из зако- нов сохранения найти х при условии остановки налетающей массы, когда вся энергия переходит к стержню. В результате х = 1\М/(Зт)]''- и to = (r0//)(3w/M). Рассмотрим аналогичное соударение точечной массы т (ша- рика) со свободным неподвижным стержнем. Сохранение импульса дает mv0 = mv + Mve (9.33) 226
Сохранение момента импульса запишем относительно центра масс стержня mvox = тих + /со. (9.34) Здесь х — расстояние от центра масс стержня до траектории шари- ка; v0 и v — скорости шарика до и после удара; со — угловая скорость стержня после удара; I — момент инерции стержня относительно его центра масс. Сохранение энергии лш02 /2 = mv2/2 + Mv2 /2 + I со2 /2. (9.35) Из этих соотношений можно найти х, при котором шарик оста- навливается и полностью передает энергию стержню (№ 9.115) х= (//2)[(М- /л)/(3л?)]1/2. Используя аналогичные уравнения, можно определить и макси- мальную угловую скорость стержня (№ 9.177). Если заданы скорости концов стержня после удара vA и vB (№ 9.114), то для определения х достаточно воспользоваться (9.33) и (9.34), подставив vc = (vA + г/;)/2 и со = (уА — vB)/I. Закон сохранения энер- гии при этом не используется и в принципе может соответствовать неупругому удару. Стержень также может двигаться навстречу шарику (№ 9.120). Если по гладкой горизонтальной поверхности стола поступательно дви- жется твердый стержень длиной L и массой М со скоростью v0, пер- пендикулярной к его продольной оси, а навстречу стержню перпен- дикулярно к той же оси движется твердый шарик массой т, который ударяет в конец стержня, а затем отскакивает от него, то, считая удар абсолютно упругим и предполагая, что трение между поверхностью стола и движущимися по ней предметами пренебрежимо мало, нахо- дим, с какой скоростью г0 должен двигаться шарик, чтобы после уда- ра центр масс стержня остановился. Находим также угловую ско- рость вращения стержня вокруг центра масс после удара. Из закона сохранения импульса системы Mv0 — mv0 = mv. Нужно отметить, что благодаря мгновенности удара движение шарика после удара происходит по той же линии, что и до удара. Из закона сохранения кинетической энергии системы Mvq /2 + mv2 /2 = 7осо2 /1 + mv2 /2. 227
Здесь момент инерций стержня относительно центра масс Io = ML2/12. В результате получаем v0 + v = Mvq/ш, Vq -v2 = v2/m, откуда r0-v = Z0co2/(Mr0)-r0, 2г0 = I0a2/(Mv0)-v0 + Угловую скорость вращения стержня определяем из закона со- хранения момента импульса системы (так как внешних сил нет) относительно точки на линии, по которой движется шарик, Mv^L/2 = /Осо. Следовательно, (о = Mr0£/(2Z0). Окончательно со = 6r0/£, v0 = (М + 2m)v0/(2m). Аналогичным образом решается задача о соударении вращаю- щегося вокруг собственного центра тяжести стержня с неподвиж- ным шариком (№ 9.178). При взаимодействии тела деформируются, накапливают упругую энергию. При максимальной деформации прекращается относитель- ное перемещение тел. В этот момент их скорости одинаковы, как при абсолютно неупругом ударе. Найдем максимальную энергию деформации при ударе шарика массой т, который движется по глад- кой горизонтальной плоскости со скоростью v0, перпендикулярной покоящемуся стержню массой М и длиной I, и попадает в его конец (№ 9.118). Используем (9.33) и (9.34). В (9.34) х — 1/2. В правую часть (9.35) добавляем член, описывающий упругую энергию, кото- рую затем и вычисляем. Если соударение тел происходит на шероховатой плоскости, то на соотношения при ударе трение не сказывается, а изменяет даль- нейшее движение после удара. Рассмотрим удар стержня длиной I и массой т, имеющего скорость v, перпендикулярную его длине, с таким же неподвижным стержнем, который может вращаться вок- руг вертикальной оси, проходящей через его конец (№ 9.126). Пред- полагаем, что стержни слипаются. Угловую скорость слипшихся стержней после удара со находим из закона сохранения момента 228
импульса относительно оси вращения mvl/'l = Zco. Здесь 1= 2ml2/3. Кинетическая энергия системы после удара расходуется на работу сил трения <р 1 А = | гйр| г (2 w//) gkdr = kmglty. о о Аналогичным способом можно рассмотреть столкновение вра- щающегося стержня с другим таким же или вдвое меньшим (№ 9.124), (№ 9.127). В случае удара (№ 9.123) начальную угловую скорость определяем из закона сохранения импульса при ударе. Рассмотрим стержень длиной L и массой т, лежащий в поле тяжести на двух опорах, симметричных относительно центра масс стержня, на расстоянии I друг от друга. Если быстро удалить одну из опор (№ 9.154), то реакция на второй опоре изменяется скачкооб- разно. «Быстро» означает, что за это время стержень не успевает существенно повернуться, т. е. остается на месте. Для нахождения реакции опоры учтем, что угловое ускорение стержня р одно и то же относительно любой точки на стержне. Напишем уравнения вращательного движения относительно центра масс стержня и от- носительно точки опоры. Надо учесть, что силы инерции относи- тельно центра масс дают нулевой момент сил. Получаем Z0P = Z7/2 и Zp = mgl/'l. Здесь Zo = л??ZL2/( 12) — момент инерции стержня отно- сительно центра масс, F — сила реакции, которую надо определить сразу после удаления одной из опор, 1= (m/L)[(L + iy/2 + (L - /)3/2]/3 = w£2(l + 3/2/£2)/(12) — момент инерции стержня относительно точки опоры. Из этих уравнений следует F= mglj^ mg/(i + 3/2/£2). Стержень длиной I и массой Л/можно положить на горизонталь- ный стол так, что часть стержня выступает за поверхность стола. Если в выступающий конец стержня абсолютно неупруго ударяет шарик массой т, который двигался снизу вверх со скоростью v, вер- тикальной и перпендикулярной стержню, то стержень начинает вра- щаться относительно конца, лежащего на столе. Считая, что сила реакции приложена к этому концу, найдем импульс силы реакции (№ 9.151). Силу тяжести можно не учитывать, так как за время со- ударения импульс силы тяжести мал по сравнению с импульсом силы реакции опоры. Из второго закона Ньютона следует, что р = J Fdt = mt\ + Mvx /2 - mv. 229
Здесь v — скорость шарика после неупругого удара, которая совпа- дает со скоростью выступающего конца стержня и в два раза боль- ше скорости центра масс стержня. Момент импульса относительно точки приложения силы реакции сохраняется, так как моментом импульса сил тяжести можно пренебречь. Отсюда mvl = mvj + Io) — mvxl + Ml2vl/(3l). Для скорости после удара получаем = v/[l + Af/(3m)]. Из первого уравнения находим импульс силы реакции. Рассмотрим такой же стержень, который может врашаться отно- сительно горизонтальной оси, проходящей через центр масс. На один из концов стержня, покоящегося горизонтально, с высоты h верти- кально падает шарик массой т (№ 9.176). Для определения скорости шарика и стержня после упругого удара используем сохранение мо- мента импульса (как и в предыдущем случае) — mvl/2 + 1(f) и закон сохранения энергии mv} = mv2 + Io)2. Учитывая, что И02 = 2gh, находим скорости. По результатам по- лучаем, что шарик летит назад, если т < М/3. Если горизонтально расположенный стержень длиной I и массой т, падая в поле тяжести с высоты h над столом и приобретая скорость f0 = (2g/z)1/2, упруго ударяет концом в край стола (№ 9.137), то его скорость определяется из закона сохранения момента импульса отно- сительно края стола Mvol/2 = Mvl/2 + 1(f) (9.36) и закона сохранения энергии при упругом ударе Mv} = Mv2 + 1(й2. (9.37) Подчеркнем, что моментом силы инерции, приложенной в цен- тре масс стержня, можно пренебречь, так как импульс ее мал при малом времени удара. Импульс силы реакции конечен, а момент импульса равен нулю, так как плечо силы равно нулю. В момент импульса входит момент инерции стержня относительно центра масс 7= ?л/2/12. Для симметричных тел момент импульса один и тот же относительно разных точек. 230
Из уравнений получаем v0 + v = Zco/2, v = л0/2 = (gh/2)1/2 и to = 3v/l. Для определения неподвижной после удара точки стержня (№ 9.175) учтем, что в ней скорость от вращения вокруг центра масс равна поступательной скорости центра масс. Если в системе тел действуют только внутренние силы, то состояние до взаи- модействия и после связаны законами со- хранения импульса и момента импульса. При этом в отличие от удара взаимодей- ствие может быть длительным. Примером такого взаимодействия является проникно- вение шарика массой т в спиральный ла- биринт, который может свободно двигать- ся в пространстве (рис. 9.24). Начальная скорость шарика равна v, радиус лабирин- та R, его масса М, момент инерции I. Относительно лабиринта ша- рик перестает двигаться, когда доходит до его центра (№ 9.95). Центр масс системы (шарик и лабиринт) движется в направле- нии оси х со скоростью vc — mv/(M + т). Поэтому координата его по оси ОХ хс = mvt/(M + т). После остановки шарика центр масс совпадает с центром лаби- ринта. Координата центра масс системы по оси OY, ввиду отсут- ствия внешних сил, меняться не будет. В выбранной системе коор- динат координата центра масс системы по оси О У равна = mR/(M + т). Таким образом, после остановки шарика в лабиринте центр ла- биринта сместится с у = 0 в у = ус. Угловую скорость найдем из уравнения сохранения момента количества движения относительно произвольной точки, лежащей на линии движения центра масс си- стемы, mval = 1а>, где д1 — начальное расстояние шарика от линии движения центра масс системы, которое определяется по формуле: ах = R — ус = аМ/(М + т). Отсюда со = ma^v/J = RvmM/\I(M + /л)]. 231
Можно найти угловую скорость вращения лабиринта и скорость его центра масс в некоторый промежуточный момент, когда шарик еще не дошел до центра лабиринта, а находится (см. рис. 9.24), на- пример, на расстоянии R/2 на линии от шарика до центра лабирин- та (АО) параллельной начальной скорости шарика (№ 9.181). В этот момент скорость лабиринта и шарика в направлении линии АО оди- накова и из закона сохранения импульса равна v = mvb/(m + М). Сохранение момента импульса пишем относительно центра масс си- стемы, который в этот момент находится на линии АО на расстояни- ях от Л и О, обратно пропорциональных массам. Скорости, перпен- дикулярные линии АО, также обратно пропорциональны массам. Рассмотрим соударения бильярдных шаров. Один бильярдный шар катится без скольжения по горизонтальной плоскости со скоростью v и ударяется в другой такой же покоящийся бильярдный шар, при- чем линия центров параллельна скорости движения (№ 9.79). Счи- таем, что при столкновении шаров передачи вращательного движе- ния не происходит. Потерей энергии на трение при чистом качении пренебрегаем. Для определения скоростей обоих шаров после того, как их движения перейдут в чистые качения и доли первоначальной кинетической энергии, переходящей в тепло, используем законы сохранения. При ударе существенны только те силы, которые за бесконечно малое время удара т дают конечную величину импульса силы: fw/, т так как только они вызовут изменение количества движения (т. е. скорости) тела. Поэтому в закон сохранения импульса не войдут силы трения, имеющие конечную (а не бесконечно большую) вели- чину: mv0 = mvl + mv2. В законе сохранения энергии пренебрегаем работой сил трения, так как за время удара смещения малы. Учитывая, что по условию передачи вращательного движения при ударе не происходит, т. е. не изменяется момент количества движения каждого шара относительно его центра масс, а следовательно, и вращательная энергия, получаем mv^/l = «7^/2 +«7^2/2. Из этих соотношений г>1 = 0, 0)]= ю0, t>2= % со2 = 0. Таким обра- зом, после удара первый шар имеет начальное вращение с угловой 232
скоростью ®0, а второй — поступательную скорость v0 = юот. Для нахождения движения шаров пользуемся тем, что момент количе- ства движения относительно точки на поверхности, через которую проходит направление силы трения, сохраняется, так как момент внешних сил при этом равен нулю. Движение шаров переходит в качение без скольжения, поэтому из закона сохранения момента импульса для первого шара 7ю0 = То)] + mi\ r= (I + тг2) ос»! и = ю, г = v0/(l + mr2/I) = (2/7) ®or, для второго шара тцг = I(f>2 + mv2r = mv2r + [1 + T/(mr2)] и v = ю2г = г?0/[1 + I/(mr2)] = (5/7)г>0. Кинетическую энергию шара, катящегося без скольжения, мож- но выразить через скорость центра масс: Е = mv2/2 + /ю2/2 = (ww2/2)(l + Г/mr2) = (7/10)ww2. Тогда относительные потери кинетической энергии (£к0 - ЕК1 - Ек2)/Ек0 = 1 - v2/v2 - v2/v2 = 1 - 4/49 - 25/49 = 20/49. Определим угол отражения при ударе катящегося без проскаль- зывания бильярдного шара от гладкой вертикальной стенки (№ 9.168). Начальные скорости шара заданы v0 = гсоо. Направление движе- ния составляет угол а со стенкой. После упругого удара о стенку центр масс шара имеет скорость вдоль стенки vx = v0cosa в на- правлении, перпендикулярном к стенке vy = vosina, и угловые скорости = to0cosa и = —coosina. Из закона сохранения им- пульса относительно точки на поверхности mv г + 7ю = mv г + Iv г и mv г + Ia> = mv г + Iv г. у у ук ук X X хк хк Отсюда tgP = vyK/vXK = (3/7) tg а. Лежащий на шероховатой поверхности шар можно ударить не шаром, а, например, кием или летящим шариком, пулей. Удар кием — это приложение горизонтального импульса р в вер- тикальной плоскости, проходящей через центр шара и точку каса- ния шара бильярдного стола. Рассмотрим, как движение шара зави- сит от высоты h приложения импульса над столом (№ 9.80). Сохра- 233
нение импульса при ударе с учетом импульса реакции сил трения рт дает Р + Д, = mv. (9.38) Из закона сохранения момента импульса относительно точки на поверхности стола ph = mvr + Tro (9.39) и условия качения без проскальзывания v = rm ирт = 0 находим высоту удара для дальнейшего качения без проскальзывания h — (7/5)г. В этом случае точка касания шаром бильярдного стола является мгно- венным центром вращения. При увеличении высоты удара увели- чиваются момент импульса и скорость центра масс, происходит ус- корение за счет импульса сил трения. При уменьшении высоты — обратный эффект — замедление. Изменение высоты удара приводит к различному закручиванию шара, который при столкновении с покоящимся шаром может про- должать движение или отскакивать назад (№ 9.81). Отметим, что ударный импульс р значительно превосходит им- пульс силы трения, которая конечна, и не может дать конечную величину импульса за бесконечно малое время удара. Поэтому вме- сто (9.38) можно писать р = mv. Если ударом шару сообщают им- пульс р на высоте Аг над центром шара (№ 9.82), то, используя (9.39), получаем 1т = ркг. В результате поступательная энергия Ек = р1/ (2т) и вращательная Ев = /го2/2 = (5/4)р2А2/д?. Для отсутствия про- скальзывания из (9.39) находим к = 2/5. В шар массой М и радиусом R, лежащий на горизонтальной, шероховатой поверхности, попадает на высоте R/2 выше центра пуля массой т, летящая горизонтально со скоростью г?0, и рикошетом от- скакивает вертикально вверх (№ 9.89). Для определения скорости пули после удара v, в случае если спустя некоторое время шар начи- нает равномерно катиться со скоростью vt, запишем сохранение момента импульса относительно точки касания поверхности mv0(3/2)R = MvmR + Im + mvR(3)l/2/2. Здесь vm — скорость шара сразу после удара. При дальнейшем дви- жении шара сохранение момента импульса до начала качения без проскальзывания MvmR + Im = MvxR+ IvJR = (7/5)MvxR. Из этих соотношений определяется скорость пули после удара. 234
Если пуля пробивает шар по горизонтальному диаметру (№ 9.93), то по заданной скорости движения шара после перехода в качение без проскальзывания находим скорость v пули после пробивания, используя закон сохранения момента импульса относительно точки на поверхности: m(v0 — v)R = /ю, + MvvR = (7/5)MvyR. Рассмотрение удара по цилиндру или трубе можно провести ана- логичным образом. По толстостенной трубе с наружным диаметром D наносится горизонтальный удар на расстоянии (7/8)Z> от поверх- ности шероховатого стола, на котором труба покоилась (№ 9.94). Найдем толщину трубы d, при которой после удара она покатится без проскальзывания. Вводя плотность материала трубы р, получа- ем для массы и момента инерции относительно оси симметрии (че- рез центр масс) на единицу длины: т= | plitrdr = лрГ/?2-(R-d) 1; (9.40) R-d R 1- j r2p2nrdr = (1/2)7tp 7?4-(7?-J)4 . (9.41) R-d Движение центра масс трубы mdv/dt = F. (9.42) Вращение относительно оси симметрии трубы Ida/dt = (3/4) У?/7. (9.43) При отсутствии проскальзывания v = 7?со и, следовательно, т = (4/3)1/R2. (9.44) Поэтому из (9.44), (9.40) и (9.41) R2 + (R - d)2 = (3/2)7?2 и d/R = 1 - 1/(2)*/2. Задача усложняется, если пуля попадает, например, в покоящий- ся на гладкой горизонтальной поверхности обруч и застревает в нем (№ 9.169). Для определения скоростей после удара надо аналогичным образом написать уравнение изменения вертикального импульса, т. е. учесть появление вертикальной составляющей скорости центра масс системы за счет действия силы реакции поверхности. Только она су- щественна в течение времени удара. Второе уравнение — изменение за 235
время удара момента импульса относительно центра масс системы под действием момента силы реакции поверхности. При вычислении мо- мента инерции системы относительно центра масс для обруча исполь- зуем теорему Гюйгенса—Штейнера. Ограничение максимальной ско- рости вращения связано с тем, что вертикальная составляющая скоро- сти обруча в точке опоры не может быть отрицательной. Если сталкиваются два одинаковых шара или цилиндра, двигаю- щихся навстречу друг другу с одинаковыми постоянными скоростя- ми (значит, без проскальзывания), то это можно рассматривать, как столкновение с гладкой вертикальной стенкой. При упругом столк- новении вращение сохраняется, а поступательная скорость меняет- ся на противоположную. Дальнейшее движение находим обычными способами. В частности, можно воспользоваться сохранением мо- мента импульса относительно точки на поверхности mvR — Ia> = mv R + Iv /R. К К' Существует особый случай (№ 9.84), когда цилиндры тонкостен- ные. В этом случае I = mR2, и цилиндры, как следует из приведен- ного выше уравнения, не переходят в качение без проскальзывания, а останавливаются. Вводя силу трения F = kmg, находим путь ци- линдра до остановки mdv/dt = m(dv/dx) (dx/dt) — m(dv/dx)v = (m/2)dv2/dx = —kmg. Отсюда путь, проходимый одним цилиндром, х = v2/(2kg), а рас- стояние между цилиндрами в два раза больше. Отметим, что оста- новку цилиндра можно было бы рассчитать из равенства кинети- ческой энергии, включающую поступательную и вращательную, ра- боте сил трения. Надо только учесть, что путь, на котором сила трения совершает работу, в два раза больше х за счет скольжения при вращении. При столкновении катящегося без проскальзывания тонкостен- ного цилиндра с таким же покоящимся (№ 9.83) у одного остается вращение, у другого появляется поступательная скорость. Одинако- вая и постоянная сила трения сообщает одинаковые по величине ускорение и замедление. Для первого получаем v = kgt, га = га0 — kgmr2t/L В случае тонкостенного цилиндра получаем для момента пере- хода на качение без проскальзывания = vjQkg). 236
Для второго получаем такое же время. То есть тонкостенные цилиндры в данном случае перейдут в качение без проскальзывания в один и тот же момент. Разность координат цилиндров х2 - *1 = vot - kgt2/2 - kgt2/2 = vot - kgt2 = v2G/^kg). Если шар падает на шероховатую горизонтальную поверхность со скоростью v0 под углом а и не отскакивает (№ 9.167), то его скорость и закрутку после удара определяем по изменению импульса и мо- мента импульса. Обозначив импульс нормальной к поверхности силы реакции р = j Ndt, о получаем для вертикальной компоненты р = — wiv0sinoc, для горизонтальной (с учетом силы трения, так как нормальная си- ла N очень большая) m(vz — v0cosoc) = кр и для вращения = гкр. Отсюда, подставляя р, определяем параметры движения сразу после удара. Затем, как и раньше, находим скорость при переходе к качению без проскальзывания. Рассмотрим соударение и отскок баскетбольного мяча, закручен- ного до угловой скорости ®0 и брошенного на пол под углом а = 5,7° к вертикали со скоростью г?0 = 1,5 м/с. Ось вращения перпендику- лярна плоскости падения (№ 9.162). Коэффициент трения мяча о пол к = 0,2, радиус мяча 7? = 15 см. Считаем, что вся масса мяча сосредоточена в тонком поверхностном слое, изменением формы мяча при ударе пренебрегаем. Для определения величины угловой скорости ®0, при которой мяч отскочит от пола обратно под тем же углом, воспользуемся уравнениями движения центра масс и враще- ния вокруг центра масс. Обозначим время соударения Т, а т — время пока мяч скользит по полу (до начала качения). Сила трения мяча о пол существует, пока есть проскальзывание. Из второго закона Ньютона для изме- нения импульса по вертикали и горизонтали получаем т 2Vq cos а = (l//n) Ndf, о 2И0 sin а = (к/т) j Ndt. о 237
Из закона вращательного движения для изменения момента ко- личества движения относительно центра масс шара находим I (го0 - го) = Rk J Ndt. о При очень большой угловой скорости или очень малых коэффи- циентах трения проскальзывание не прекращается в течение всего времени соударения (т = Т). При этом из первых двух уравнений получаем tga = к. По условию для заданного угла tga = 0,1. Эта величина меньше заданного в условии коэффициента трения. Поэто- му время скольжения в данной задаче меньше времени соударения. В таком случае из второго и третьего уравнений и условия, что ско- рость качения без проскальзывания равна горизонтальной скорости в момент начала соударения (отскакивает под тем же углом), следует го07? — f0sinoc = 27?2wwosina/1. Подставляя момент инерции сферической оболочки I = (2/3)л?7?2, получаем ю0 = 4vosina/7? = 4 рад/с. При некоторой скорости закрутки и каком-то коэффициенте трения мяч может отскочить от пола вертикально (№ 9.163). Уравне- ния отличаются тем, что во втором (для горизонтального движения) отсутствует множитель два. Если проскальзывание не прекращает- ся в течение всего времени соударения, то из первых двух уравне- ний tga = 2к. В условии задачи № 9.163 коэффициент трения мень- ше величины, определяемой из этого соотношения при заданном угле падения. Поэтому проскальзывание прекращается раньше мо- мента отскока. То есть в момент отскока поступательная и враща- тельная скорости связаны. Для вертикального отскока необходима нулевая поступательная скорость. Но из-за связи должно прекра- титься вращение. В последнем уравнении конечная угловая ско- рость равна нулю. Из двух последних уравнений и определяется необходимая скорость закрутки. Аналогичным образом решаются задачи № 9.164 и 9.166. Возможен удар закрученного шара, например катящегося без про- скальзывания бильярдного шара, о вертикальную шероховатую стен- ку (борт), при котором трение об эту стенку приводит к появлению вертикальной скорости (№ 9.165). Уравнения движения того же типа. Так как по условию удар упругий, то горизонтальная скорость после удара равна поступательной скорости катящегося шара. Если тре- 238
ние мало, то время проскальзывания равно времени удара и угла отражения, определяется из двух первых уравнений по отношению вертикальной скорости к горизонтальной tga = 2к. В случае дос- таточно больших коэффициентов трения проскальзывание прекраща- ется до момента отскока и конечная угловая скорость связана с верти- кальной скоростью. Из двух последних уравнений получаем tga = 2/7. Отсюда получаем и значение коэффициента трения, при котором происходит смена режимов. Рассмотрим вращение стержня длиной L и массой т в верти- кальной плоскости относительно горизонтальной оси, проходящей через его конец. Например, это может быть вертикальный столб, который подпилен у основания и падает на землю, поворачиваясь вокруг нижнего основания (№ 9.133). Чтобы определить линейную скорость его верхнего конца в момент удара о землю, можно напи- сать уравнение вращения либо воспользоваться законом сохране- ния энергии. Потенциальная энергия столба в поле тяжести переходит в ки- нетическую энергию вращения его относительно нижнего основа- ния в момент удара mgL/2 = 1ы2/2. Так как I = т12/\ то ш2 = 2>g/L. И следовательно, v = c>)Z = JlgL. При горизонтальном положении стержня (№ 9.134) горизонталь- ная сила в оси вращения определяется центростремительным уско- рением центра масс ro2Z/2, а вертикальная из связи вертикального ускорения в этот момент с угловым {Icki>/dt = mgL/2, а = ZJro/J//2). Аналогичные соотношения позволяют найти и угловую скорость гимнаста, вращающегося на перекладине, и соответственно увели- чение нагрузки на его руки за счет центробежной силы (№ 9.111). Для любой точки столба, находящейся на расстоянии х1 от точ- ки вращения, т. е. падающей с высоты хр имеем гохР Для некоторого х1 эта скорость равна скорости падения с высо- ты хр Приравнивая их y/2gxl = (охх, получаем х, = 2g/а2 = 2L/2>. Следует отметить, что кинетическую энергию можно предста- вить и как сумму кинетической энергии поступательного движения центра масс, и вращательной энергии относительно центра масс. Если стержень (столб) опирается на шероховатую горизонталь- ную поверхность, то трение может обеспечивать неподвижность 239
нижнего конца стержня. Найдем необходимый для этого коэффици- ент трения. Уравнение вращения стержня относительно неподвиж- ного конца Id(£>/dt = /T?g(£/2)sina. (9.45) Здесь а — угол наклона стержня к вертикали. Движение центра масс стержня описывается уравнениями mdv !dt = F ; х< тр’ (9.46) mdvy/dt = mg — N. (9.47) Для компонент скорости имеем vx = vcosa = (£/2)rocosa; (9.48) vy = rsina = (Z/2)cosina. (9.49) (9.50) (9.45), (9.51) Сила трения работы не совершает. Поэтому воспользуемся за- коном сохранения энергии 1к>2/2 = mg(L/2)(l — cosa). Дифференцируя (9.48) и (9.49) по времени и пользуясь (9.46), (9.47) и (9.50), для коэффициента трения получаем к= F/N = тр/ = sina(3cosa — 2)/j4//(/rzZL2) — 1 + cosa(3cosa — 2)]. Коэффициент трения обращается в нуль при a = 0 и cosa = 2/3. Численное решение дает максимальное значение трения около 0,37 при a = 35°. Эти уравнения можно применить и для тонкого диска, момент инерции которого равен I = mR2/4 + mR2 = (5/4)wil?2. Рассмотрим падение стержня на гладком полу из вертикального положения. Определим зависимость скорости центра масс от его высоты h над полом (№ 9.135). Из закона сохранения энергии (по- тенциальная переходит в кинетическую) mg(L/2 -h) = mv2/2 + /со2/2. На рис. 9.25 изображен стержень в некоторый момент. Так как трение о пол отсутствует, центр масс стержня О движется верти- кально, а нижний конец стержня скользит по полу. Известные на- 240
правления скоростей в двух точках позволяют ; / найти мгновенный центр вращения стержня — ; / точку А. Расстояние АО = (L2/4 — А2)1/2. Связь w между скоростью центра масс и угловой ско- а______\/о ростью вращения стержня | А v = <№/4-h2)''2. \/f\h Учитывая, что I = niL2/Y2, находим ско- рость. vK Силу, действующую на стержень со сто- Рис. 9.25 роны пола, обозначим N. Так как пол глад- кий, то эта сила направлена перпендикулярно к поверхности пола. Уравнение движения центра масс стержня mdv/dt — mg — N. (9.52) Уравнение вращения стержня относительно центра масс Idio/dt = I(dm/da)(da/dt) = I(d(a/da)w = У( 6/2) sin a. (9.53) Связь между скоростями v = co(Z/2)sina. (9.54) Эту формулу можно получить, рассматривая точку касания пола как мгновенный центр вращения или напрямую вычисляя смеще- ние центра масс за бесконечно малое время. Дифференцируя, получаем dv/dt= (L/2)sina(da/dt) + (£/2)co2cosa. (9.55) Из закона сохранения энергии и (9.54) следует Mg(L/2)(l — cosa) = lid1/2 + nw2/2 = = о)2[/ + /T?(Z/2)2sin2a]/2. (9.56) Отсюда зависимость со от а со2 = mgL(l — cosa)/(Z+ /n(£/2)2sin2a) = = 12(g/Z)(l — cosa)/(l + 3sin2a). (957) Для нахождения скорости центра масс и давления стержня на повер- хность (№ 9.156) используем (9.54), (9.52) и (9.57). Учитывая выражение для момента инерции стержня относительно центра масс, получаем V— [3g£(l — cosa)sin2a/(l + 3sin2a)]1/2 (9.58) N = mg[(l + 3(1 - cosa)2]/(l + 3sin2a)2. (9.59) 241
Максимальное значение давления при нулевом угле равно весу стержня, а при увеличении угла давление падает, достигая мини- мального значения примерно при 61,5°, и далее возрастает до чет- верти веса при 90”. При а = 60° JV = 0,1656. Те же уравнения позволяют решить задачу о падении не из вер- тикального, а из наклонного положения (№ 9.155). Результаты приведенного решения могут быть использованы при рассмотрении падения тонкого диска (№ 9.157) и обруча (№ 9.158). Для определения минимального коэффициента трения, при кото- ром край падающего предмета будет оставаться неподвижным, надо находить минимальное давление тела на поверхность. Рис. 9.26 Рассмотрим падение стержня массой пг и длиной 2/, когда его верхний конец опирается на гладкую вертикальную стен- ку, и во время падения он всегда нахо- дится в вертикальной плоскости перпен- дикулярной к вертикальной плоскости, на которую опирается верхний конец стер- жня (№ 9.179). На рис. 9.26 показан стер- жень, реакции, которые при отсутствии трения перпендикулярны к плоскостям, и скорости центра масс стержня. Исполь- зуя показанную на рисунке систему ко- ординат, получаем для координат центра масс x=/sinaHy=/ — /cos а. Легко видеть, что это окружность радиусом / с центром в точке х = 0, у = /. Центр окружности все время является мгновенным центром вращения стержня, так как скорости концов стержня направлены вдоль плоскостей, по которым они скользят. Поэтому полная скорость центра масс v0 = /to. Из закона сохране- ния энергии т Vo /2 + /0 to 2/2 = mgl (1 - cos а). Здесь момент инерции стержня длиной 2/ относительно центра масс /0 = тР/З. Отсюда со2 = (3/2)(g//)(l - cos а). Так как dujdt = to, то, дифференцируя, получаем d<x>/dt — (3/4)(g//)sina. 242
Для движения центра масс по оси х имеем vOx = /со cosa и mdvOx/dt = wc/(/cocosa)/c// = Nt. Использовав полученные выше формулы, находим = (3/2)w?gsina [(3/2) cosa — 1]. Из этой формулы (№ 9.180) следует, что реакция растет, а затем уменьшается. При cosa = 3/2 реакция обращается в нуль. Отъезжая, стержень не успевает поворачиваться, и его верхний конец отходит от стенки. Уравнение вращательного движения Iod(i»/dt= /(/V2sina — /V^cosa). Откуда N2 = mg/^ + /V/tga. После отрыва верхнего конца стержня от вертикальной стенки горизонтальная скорость центра масс будет оставаться постоянной. Если перейти в систему координат, движущуюся горизонтально с такой же скоростью, то центр масс движется вертикально, и задачу можно свести к рассмотренным ранее с некоторыми начальными условиями для вертикальной и вращательной скоростей. При вращении тела вокруг вертикальной оси момент импульса (Ао) сохраняется, если моментом сил трения на оси можно пренебречь. Для примера рассмотрим свободное с некоторой угловой скоростью вращение вокруг вертикального диаметра проволочного кольца мас- сой М и радиусом R, по которому сверху вниз начинает скользить бусинка массой т (№ 9.174). По мере опускания бусинки от верхне- го положения до среднего момент инерции системы кольцо—бу- синка увеличивается от момента инерции кольца MR1/! до момента инерции системы MR1/2 + mR1. Отношение максимальной угловой скорости при нахождении бусинки вблизи оси вращения к мини- мальной, когда бусинка на максимальном удалении от оси враще- ния, (М/2 + /л)/(Л//2).
10. КОЛЕБАНИЯ ТВЕРДОГО ТЕЛА. ВОЛНЫ Частным, но очень важным видом вращательного движения вок- руг неподвижной оси являются колебания физического маятника. Физическим маятником называется любое твердое тело, совершаю- щее колебания относительно неподвижной точки или оси под дей- ствием возвращающих сил. Рассмотрим случай, когда возвращаю- щей является сила тяжести. При устойчивом равновесии центр масс маятника лежит на одной вертикали с точкой подвеса ниже ее. При колебаниях прямая линия, соединяющая точку подвеса с центром масс, отклоняется на угол <р от вертикали (положения равновесия). Обозначая момент инерции маятника относительно оси вращения I, массу маятника т, расстояние от оси вращения до центра масс а, записываем уравнение вращательного движения IcP-q/dt1 = — wgasin<p. (Ю-l) Это нелинейное уравнение при малых углах отклонения, когда sincp = (р, превращается в линейное уравнение гармонических коле- баний IcPq/dt1 = —mgacp. (10.2) Вводя обозначение получаем уравнение со2 = mga/l, (10.3) и его решение ddq/df1 + ю2<р = 0 (Ю.4) <р = ylsinw/ + 5coscoZ = Csin(co/ + <р()). (10.5) Входящие сюда постоянные А и В или С и <р0 определяются из начальных условий. Циклическая частота о связана с частотой v и периодом Т: Т= \/v = 2л/со = 2л\I/(mgd)\l/1. (10.6) 244
В случае, если массу маятника можно считать сосредоточенной в центре масс, маятник называется математическим. Для математи- ческого маятника 1 = та2 (Ю-7) Т= 2n(a/g)l/2. (10.8) Длина математического маятника, обозначенная здесь а, назы- вается приведенной длиной физического маятника, если его период совпадает с периодом математического. Для приведенной длины из (10.6) получаем /пр = 1/{та). (10.9) Для определения периода малых колебаний физического маят- ника надо найти момент инерции относительно оси колебаний. Часто при этом пользуются формулой Гюйгенса—Штейнера, связывающей момент инерции относительно некоторой оси I с моментом инер- ции Zo относительно параллельной оси, проходящей через центр масс, 1=/0 + та2. (10.10) Здесь а — расстояние между осями. Если (10.10) подставить в (10.9), получим 1пр = а + 10/(та). (10.11) Для решений задачи о колебаниях однородного стержня мас- сой т и длиной I, подвешенного за конец, в формулу (10.6) надо подставлять I = л?/2/3 и а = 1/2. Если ось вращения отстоит от центра масс на х (№ 10.8), то, используя (10.10), получаем из (10.3) g/co2 = х + /2/(12х). Экстремум этого выражения получаем, приравнивая нулю его производную по х. Находим х = /Д2л/з) и соответственно максимальная частота со2 = g^/l. Если однородный стержень длиной 21 скользит по гладкой верти- кальной окружности радиусом R (рис. 10.1), то движение стержня будет таким, как будто он за концы подвешен на неве- сомых стержнях длиной R к центру окружности (точ- ке О) (№ 10.39). Момент от реакций опор (или натя- жения стержней) относительно точки О равен нулю. / Остается только момент силы тяжести. При этом вхо- ( о дящее в (10.3) и (10.6), \ у а = (R2 - I2?'2 2^/ и 1= т(2Г)2/\2 + m(R2 - I2) = m(R2 - 2/2/3). Рис. 10.1 245
Отсюда Т = 2л^(Д2 - 2/2/з)(^л/Д2 - /2=). Рис. 10.2 закреплен При стремлении / —> 0 период колебаний будет стремиться к периоду колебаний математического маятника с той же массой m и длиной R. Если на конце стержня длиной / и массой m прикреп- лен сплошной диск радиусом R и массой М (рис. 10.2), то момент инерции маятника состоит из момента инер- ции стержня (относительно конца /л/2/3) и момента инер- ции массы М относительно точки А. При колебаниях в отсутствие трения на оси В не происходит вращения диска, и он движется лишь поступательно (№ 10.43). Поэтому движение ничем не отличается от того, ко- торое было бы, если бы вся масса диска была сосре- доточена в его центре масс. (Если бы диск был жестко на стержне, то в момент инерции маятника входил бы еще момент инерции диска относительно точки В : MR7/2). Таким образом, 1= {гп /2/3) + Ml2 = (ЗМ+/л)/2/3. Момент сил {mgl/2 + Mgl)g> = [(2Л/+ m)gl/2\g> и Т = 2тс^(2/3)[(ЗМ + m)/(2M + m)](I/g). Для маятника в виде невесомого стержня, на ко- тором обруч радиусом R закреплен на расстоянии от центра обруча до точки подвеса, равном 2R (№ 10.42), а = 2R, I = 5mR2. На концах невесомого стержня можно закрепить два одинаковых массивных шара радиусом г. Расстояние от оси колебаний до центра верхнего шара (Ь), до общего центра масс (а), между центрами шаров (х — 2а + 2Ъ) (рис. 10.3). Для периода колебаний такого маятника из (10.6) и (10.11) находим Рис. 10.3 Т= 2л{[(2/5)Я2 + {а + b)2 + a2]/(ga)}1'2. 246
Минимальное значение периода (№ 10.9) находим по правилам нахождения экстремума. Оно будет при а = {(1/2)[(2/5)7?2 + />2]}1/2 и равно Т= 2n(/np/g)1/2, где приведенная длина /пр = а + [(а + 6)2 + /?2]/а. Очевидно, что при уменьшении а период колебаний растет до бесконечности. Это позволяет иметь компактные маятники с боль- шими периодами, например, для изучения нелинейных колебаний, при которых период зависит от амплитуды. Так как изменение со- ставляет проценты периода, то для использования обычных секун- домеров надо иметь периоды порядка 10 с. Для математического маятника длина при этом порядка 24 м. Обруч, подвешенный за точку на нем (№ 10.1), обладает момен- том инерции при колебаниях в плоскости обруча /j = mR2 + mR2 = 2mR2, а в перпендикулярной к плоскости обруча /2 = mR2/2 + mR2 = (3/2)m/?2. Из (10.6) следует 7]/Г2 = = 2/л/з. Для диска, подвешенного за точку на его краю (№ 10.6), момент инерции при колебаниях в плоскости диска равен (3/2)ш7?2. Из (10.9) приведенная длина равна (3/2)/?. Чтобы найти расстояние (х) от центра диска, на котором нужно расположить ось, перпендикулярную к плоскости диска, для полу- чения минимального периода колебаний, запишем период, исполь- зуя (10.6) и (10.10), Т = 2л[(7?2 + 2x2)/(2gx)|l/2. Для обруча радиусом R и массой m с закрепленным в его центре шаром радиусом 7?/2 и массой М= 2m (№ 10.38) момент инерции 2mR2 + (2/5) MR- + MR2 = (21/5)w/?2. Момент сил (ш + M)gR — ImgR. Отсюда Т = 2n[(7/5)7?/g],/2_ В некоторых конструкциях важно разобраться, что определяет момент инерции, и что момент сил. Например, при колебании ко- лодезного ворота (№ 10.32) момент инерции складывается из мо- мента деревянного цилиндра и момента инерции тяжелой ручки. Причем момент горизонтальной части ручки можно считать рав- ной весу этой части, умноженной на квадрат расстояния ее от оси колебаний. Момент сил будет равен моменту, создаваемому всей ручкой. Колеса автомобиля не всегда хорошо сбалансированы. Предпо- лагаем, что колесо можно считать обручем массой М и радиусом г. В некоторой точке обода имеется довесок, масса которого m <К М. Несбалансированность колеса характеризуется периодом колебаний 247
колеса с довеском на оси колеса. Используя формулу (10.6) для дан- ного физического маятника, имеем Т = 2л[ Afr2/(wgr)j|/2. Если авто- мобиль с таким колесом движется со скоростью v, то давление колеса на дорогу будет меняться (№ 10.49). Разница между максимальным и минимальным значениями давления определяется удвоенной цент- робежной силой, действующей на довесок. Относя эту разницу к весу колеса, получаем 2m(y/r)2r/(Mg). Подставляем сюда отношение т/г из приведенной выше формулы для периода колебания, который ха- рактеризует несбалансированность колеса и может быть изменен. Крестообразный маятник Обербека представляет шкив, который практически без трения вращается на оси, со спицами прикреплен- ными к нему (взаимно перпендикулярными), на которых крепятся грузы. Момент инерции шкива со спицами можно найти, измеряя период колебания маятника при отсутствии одного (рис. 10.4) или трех грузов из четырех (№ 10.33). Зная массы грузов и их расстоя- ние от оси, можем к измеренному при колебаниях (по периоду и положению центра масс) моменту инерции добавлять моменты инер- ции грузов и подсчитать таким образом момент инерции маятника. Рассмотрим физические маятники, представляющие подвешенные пластинки и кубики. Момент инерции квадратной пластинки (со сторо- ной а и массой т) относительно оси, проходящей через центр масс перпендикулярно плоскости пластинки, равен гиа2/6. Такой же момент инерции относительно оси через центр масс для кубика. Для кубика момент инерции одинаков для любых направлений. Периоды колеба- ний маятников зависят от того, как подвешены пластинки и кубики. Например, для пластинок (№ 10.3), подвешенных с помощью легких нитей двумя способами, как это изображено на рис. 10.5, периоды их малых колебаний в плоскости, совпадающей с плоско- стью пластинки, различны. Первая пластинка представляет физи- ческий маятник, который совершает колебания относительно точ- ки, в которой соединяются нити подвеса. Момент инерции плас- Рис. 10.4 Рис. 10.5 248
танки относительно точки подвеса I = /() + Л/(Зо/2)2, где /0 — мо- мент инерции относительно центра масс пластинки. Для периода колебаний этой пластинки получаем Г, = 2n4ll(2Mg3a/2) = 2^29/(18g). Вторая пластинка совершает колебания без вращения. Каждая ее точка является как бы математическим маятником (рис. 10.6) со своей точкой подвеса, но одинаковыми длинами подвеса, в том числе центр масс (ц. м.). В таком случае период Т2 = 2ny]a/g. Отношение периодов Тх/Т2 = ^/29/18. В похожей задаче с подвешенными кубиками (№ 10.4) массой m с ребрами длиной а надо воспользоваться тем, что момент инерции кубика относительно любой оси, проходящей через центр масс, один и тот же. Расстояние от центра масс до оси колебаний (точки подве- са) в случае подвеса за вершину (рис. 10.7) д/З а/2, а в случае подвес- ки за ребро, так же как шарнирно за центр ребра (№ 10.73), д/2а/2. При шарнирной подвеске за середину диагонали грани (№ 10.73) расстояние от центра масс до точки подвеса а/2. Эти расстояния используются при вычислении моментов инер- ции и моментов сил в формулах (10.10) и (10.6). При колебаниях пластинки относительно оси, проходящей вдоль ребра, момент инерции аналогичен моменту стержня, длина кото- рого равна длине другого ребра I (для прямоугольной пластинки). Если ось вращения имеет наклон а к вертикали (№ 10.48), то при вычислении момента сил получаем по (10.2) М = wg(//2) sin а <р. Период колебаний Г= 2n[2//(3gsina)]1/2. Для пластинки в виде равностороннего треугольника момент инер- ции относительно оси, совпадающей со стороной, равен w/?2/6. Пе- риод малых колебаний относительно горизонтальной оси (№ 10.37) получаем Т = 2n[/i/(2g)]1/2. Рис. 10.6 249
Чтобы рассмотреть малые колебания конуса, надо вспомнить, что момент инерции конуса относительно оси, проходящей перпендику- лярно оси симметрии через вершину (см. разд. 9, стр. 192), равен /, = (3/20)m/?2 + (3/5)т£2. Здесь R — радиус основания, a L — высота. При равенстве радиуса высоте (№ 10.52) / = (3/4),л7?2. Центр масс конуса находится на 3/4 высоты от вершины. Используя (10.10), получаем для момента инерции относительно центра масс /0 = (3/16)/и7?2. Момент инер- ции относительно оси через центр основания вычисляем по (10.10) /2 = (1/4)ти/?2. Оказывается, что период малых колебаний относи- тельно этой оси равен периоду колебаний относительно оси через вершину. Рассмотрим малые колебания твердого шара радиусом 7? и массой т (до образова- __ния полости) с полостью, заполненной иде- альной жидкостью (рис. 10.8), плотность ко- торой в шесть раз больше плотности шара, на оси, проходящей через его центр. Радиус Рис. 10.8 полости г = /?/2 (масса, вынутая из нее ти/8), а ее центр находится на расстоянии / = 0,4/? от оси колебаний на линии, перпендикуляр- ной оси, проходящей через центр шара (№ 10.50). Эта задача инте- ресна тем, что жидкость в полости не будет вращаться, как вращалась бы вынутая часть твердого шара. Учтем это при вычислении момента инерции и момента сил. Момент инерции равен /= (2/5>/?2 - (2/5) (m/8)r2 - (те/8)/2 + 6(w/8)/2. Момент возвращающих сил М = 5(m/8)gl. Из (10.6) получаем Т= 2л [(39/20) Я/#]1/2. В поле тяжести возвращающий момент про- порционален углу (<р) отклонения маятника от положения равновесия. Момент, возникающий при изгибе упругой пластинки, пропорционален углу изгиба. На стержень массой т и длиной /, закрепленный с помощью пластинки в поле тя- жести (рис. 10.9), действуют и момент силы тя- жести, и упругий момент (№ 10.5). Уравнение колебаний стержня в двух вариантах Рис. 10.9 IcPty/dt1 = — к<р ± mg(l/2)g>. 250
Отношение периодов в рассматриваемых вари- антах TJT2 = (2Л - mgiy^/Qk + mgl)'/2. Рассмотрим маятник на вращающемся валу (рис. 10.10). Созданием теории колебаний такого маятни- ка занимались В. Фруд и Н.Е. Жуковский. Вращаю- щийся вал трется о муфту, к которой прикреплен маятник. В результате на маятник действует момент сил М. Уравнение колебаний маятника (10.2) до- полнено учетом затухания и момента от вала Id2ty/dt2 + bdyjdt + mglty = М. Рис. 10.10 (10.12) Здесь /и т — момент инерции и масса маятника; 1 — расстояние от центра масс маятника до оси колебаний; b — коэффициент затуха- ния, связанный, например, с трением о воздух. Положение равно- весия маятника смещается в сторону действия момента сил <р0 = M/(mgl). (10.13) Трение между валом, вращающимся с угловой скоростью Q, и муфтой маятника, угловая скорость которого d^/dt, можно считать сухим, зависящим от относительной скорости вала и муфты: со = £1 — dy/dt. (10.14) Предполагаемая зависимость показана на рис. 10.11. Важной особенностью является область уменьшения момента трения с увеличением относительной скорости. Рассмотрим коле- бания маятника, при которых |cZ<p/cZr| £2. Разлагая момент сил трения в ряд Тейлора, получаем Л/(со) = Л/(£2) — cdq/dt + ... . Вводя угол отклонения от положения равновесия (10.15) с/<р dt Рис. 10.11 (10.16) 251
получаем вместо (10.12) ld2y/dt2 + (b + c)d\j/dt + mgby — 0. (10.17) Коэффициент затухания этих колебаний 5 = (b + с)/2. (10.18) При с = dM/d<£> < 0 затухание уменьшается, а если модуль с превышает Ь, то колебания будут возрастать. Это связано с тем, что момент силы трения совершает большую работу, пока маятник вра- щается в направлении вращения вала, чем когда он движется про- тив вращения, когда относительная скорость больше (№ 10.61). Иногда это называют отрицательным трением. Важной особеннос- тью зависимости момента сил трения от относительной скорости вала и муфты является нелинейность (уменьшение наклона), благо- даря которой и возникают автоколебания при непериодическом воз- действии. Частота колебаний равна собственной частоте колебаний маятника. Для начала колебаний нужен начальный толчок. Колеба- ния будут регулярными при 5 = 0. Если трение о воздух мало (Ь ~ 0), то это будет при отсутствии зависимости момента трения от отно- сительной скорости. Чтобы направление момента трения не меня- лось, должно быть jdcp/dtl < Q (№ 10.60). Маятник превращается в более сложную коде- ру бательную систему, если к нему присоединить \\ пружину. В простейшем случае горизонтально рас- положенная пружина жесткостью к прикреплена Л к центру тяжести физического маятника, имеюще- го момент инерции / и расстояние от точки под- ( т 1 веса до центра масс а, и к неподвижной стенке (рис. 10.12). Считая, что в положении равновесия Рис 10 12 маятника пружина не деформирована, найдем пе- риод малых колебаний системы (№ 10.11). Вмес- то (10.2) получаем Id2q/dt2 = —mgaq> — ka2q. Отсюда Т= 2n[I/(mga + ka2]l/2. Для маятника в виде стержня с моментом инерции 1= ml2/3 и а — 1/2 (№ 10.13) получаем Т — 2л[(ЗЛ/щ) + 6g//]-I/2. Для маятника в виде стержня длиной I и массой т, равновесие которого в горизонтальном положении обеспечивается с помощью вертикально расположенной пружины (рис. 10.13), действующей на конец стержня, условие равновесия дает для растяжения пру- 252
Рис. 10.13 Рис. 10.14 жины при равновесии х0 = mga/(kl). Входящие в уравнение коле- баний маятника Idfy/dt1 = М момент сил и момент инерции рав- ны М= mga — k(xG + кр)1 и I — тР/3. Поэтому для периода малых колебаний (№ 10.12) получаем Т = 2п[1/(к12)р^. На рис. 10.14 показана аналогичная система. Пружина прикреп- лена к середине стержня, а на конец присоединена масса (№ 10.14). Равновесие системы дает mgl/2 + m{gl = kx^l/2. Отсюда определяется растяжение пружины при равновесии х0. Уравнение колебаний [m/2/3 + m^d^ty/dP = mgl/2 + rn^gl — А72<р/4. Рассмотрим несколько задач, в которых ко- лебания возникают вследствие удара по систе- ме. На рис. 10.15 показан стержень длиной I и массой М, который находится на гладкой (без трения) горизонтальной поверхности и может вращаться вокруг вертикальной оси, проходя- щий через один из его концов (№ 10.22). Неко- торая точка стержня С (обозначим ее расстоя- ние от оси вращения а) соединена пружиной жесткостью к с неподвижной точкой поверх- ности так, что пружина в начальный момент перпендикулярна стержню. В незакрепленный конец стержня попа- дает и прилипает к нему шарик массой т, который имел скорость v, перпендикулярную стержню. Считаем, что за время удара пружина не успевает деформироваться. В таком случае сохраняется момент им- пульса относительно оси вращения mvl= (МР/З + m/2)w0. Возникаю- щие колебания описываются уравнением (МР/3 + mPydfy/dt1 = —ка2<р. Используя общее решение <р = ylsinco/ + Bcosoit и начальные условия ф(0) = 0, dg>/dt = о)0, получаем для амплитуды колебаний стержня А = (Од/со = mv[k(M + 3m)/3]~i/2/a. Амплитуда колебаний пружины Аа. 253
Рис. 10.16 Аналогично решается задача об ударе вращающегося на гладкой горизонтальной плоскости вокруг вертикальной оси, про- ходящей через точку С, стержня длиной I и массой М и слипания его с шариком мас- сой т на пружине жесткости к (№ 10.23). На рис. 10.16 показана система. В момент удара стержень имеет угловую скорость ®0 и перпендикулярен к направлению пружи- ны, которая не деформирована, а шарик оказывается на середине стержня. Используем сохранение момента импульса относительно оси вращения при ударе для нахождения угловой скорости, определяющей колебания, со, = (Л//2/3)со0/(Л//2/3 + «г/2/4). Уравнение колебаний системы (МР/З, + mP/WP^/dt2 = -Л/2<р/4. Другой вариант задачи: стержень неподвижен, а пружина с при- крепленным к ней шариком сжата на Д/ и затем распрямляется, бьет по стержню, шарик слипается со стержнем (№ 10.25). По условию в момент соприкосновения шарика со стержнем пружина не напря- жена. Значит, для удара можно пользоваться сохранением момента импульса относительно оси вращения. Скорость шарика в момент удара находим из условия превращения упругой энергии пружины в кинетическую энергию шарика Л(Д/)2/2 = mv2/!. Уравнение колеба- ний (7И/2/3 + mP/^dP-^ldt2 = —Л/2ср/4. При определении амплитуды колебаний шарика жесткость пружины в ответ не войдет. Усложнение задачи может быть связано с заменой стержня на конструкцию из соединенных стержней (№ 10.24), как показано на рис. 10.17. Затруднение здесь может быть связано только с вычисле- нием момента инерции системы 1= тР/З + т/2/12 + «г(/2 + /2/4) + «г2/2 = (11/3)«г/2. В случае упругого удара налетающего тела на колебательную сис- тему (№ 10.31) кроме закона сохранения момента импульса надо использовать закон сохранения упругой энергии. Для системы из двух скрепленных стержней и пружины, показанной на рис. 10.18, сохранение энергии mv2/!. = I со2/2 + mvLl'l и сохранение момента импульса mvl = 1ы + nwj. Момент инерции системы 1 = т4Р/3 + «г4/2/12 + «г/2 = (8/3)«г/2. Далее аналогично предыдущим задачам. 254
Рис. 10.17 Лежащий на гладкой горизонтальной поверхности стержень может быть прикреплен только к пружине (№ 10.30), как показано на рис. 10.19. Если по концу стержня, соединенному с пружиной, наносится удар, то возникают колебания стержня на поверхности. Пружина вы- зывает движение центра масс стержня и вращение стержня вокруг цен- тра масс. При этом некоторая точка стержня будет оставаться на мес- те. Обозначим ее расстояние от конца стержня, где прикреплена пру- жина а. Деформация пружины х определяет силу, действующую на стержень. Смещение центра масс стержня хц описывается уравнением тd2xjdt2 = —кх, а вращение вокруг неподвижной точки уравнением Id2q/dt2 = —кха. Смещение центра масс стержня определяется со- отношением хц/х = (с — 1/2)/а, угол поворота при малых колебани- ях <р = х/а, момент инерции относительно оси вращения / = тл/2/12 + т(а — Z/2)2. Для определения а приравниваем частоты колебаний центра масс и угла поворота ка/[т(а — //2) | = ka/\ml/Y2 + т(а — 1/2)}. Отсюда а = (2/3)7 Период малых колебаний Т= it(m/k)l/2. В колебательной системе со стержнем могут быть использова- ны две пружины (с жесткостями и к2). Один пример изображен на рис. 10.20. Момент инерции в этом случае /= т12/12. Момент сил М = —(£j + к2)12<р/4. Период малых колебаний этой системы (№ 10.15) равен Т= 2л{ли/[3(/с1 + Л2)]}1/2. Стержень можно просто подвесить на пружинах, не закрепляя его шарниром в центре. В случае одинаковых жесткостей (№ 10.20) Рис. 10.19 Рис. 10.20 255
Рис. 10.22 возможны вращательные колебания вокруг центра масс стержня с периодом Т= 2тг{лм/(6А;)}1/2 и колебания с поступательным движени- ем стержня с периодом Т = 2п{ш/(2к)}х/2. Другой пример с двумя пружинами, соединенными последо- вательно, представлен на рис. 10.21. Момент инерции системы, состоящей из стержня массой m и длиной I, который может вра- щаться вокруг горизонтальной оси О, присоединенного к середине стержня груза массой mi и последовательно соединенных пружин с жесткостями ki и к2, которые удерживают стержень в горизонталь- ном положении, Момент сил /= тл/2/3 + mJ2/4. М = —к0(х0 + kp)l + mgl/2. Здесь к^ = кхк2/{кл + Л2) — жесткость соединенных последовательно пружин (см. разд. 5, стр. 109), х0 — суммарное растяжение пружин при равновесии, определяемое из условия М = 0 при <р = 0 и равное х0 = mg/(2k). Период малых колебаний Т= + 4m)/(к} + к/)/ /(З^^)]1/2 (№ 10.16). В системе, показанной на рис. 10.22, момент силы тяжести вы- водит из равновесия, а момент сил натяжения пружин возвращает в положение равновесия. Момент инерции си- стемы /= тк/2>. Момент сил при отклонении на угол <р М= —2к<^<$ + mgk$. Чтобы возникли колебания, должно быть положительным вы- ражение для ®2 = 6ka2/(ml2) — 3g/(2/). Это дает условие для жесткости пружин к > mgl/(4a). Период малых колебаний (№ 10.27) Т= 2л/®. Стержень можно закрепить на горизон- тальной оси и с помощью двух пружин за концы, как показано на рис. 10.23, удержи- вать в вертикальном положении. Если в ниж- ний конец стержня длиной I и массой ш по- 256
падает и застревает в нем пуля массой т, двигавшаяся со скоростью v, то при не слишком больших скоростях пули возникают малые колебания стержня (№ 10.29). При ударе пружины не успевают сжать- ся и создать момент сил, поэтому сохраняется момент импульса системы (пуля, стержень) относительно оси подвеса стержня mvl/2 = (/+ те/2/4)(о. Здесь /= дп/2/12. Отсюда <о = Зг/(2/). Для определения частоты коле- баний можно написать уравнение вращения либо воспользоваться выражением для полной энергии системы. Чтобы определить амп- литуду колебаний, т. е. максимальный угол отклонения стержня от положения равновесия, достаточно записать закон сохранения энер- гии — равенство начальной кинетической энергии потенциальной энергии поднятия пули и упругой энергии пружин: (/+ m/2/4)w2/2 = 2Ах2/2 + wg(Z/2)(l - со«р). Деформация пружины х = (Z/2) sirup = Ар/2, а 1 — coscp ~ <р2/2. В таком случае <р = 3mv/\2l(kl + wg)]. Если бы пуля попадала в верхний конец стержня, то потенциальная энергия пули при максимальном отклонении стержня уменьшалась. На рис. 10.24 показана система из двух стержней одинаковой длины с массами тх и т2, лежащих на гладкой горизонтальной плос- кости и соединенных пружиной жесткостью к (№ 10.28). Стержни могут вращаться относительно вертикальных осей. В положении равновесия стержни параллельны друг другу. Естественно, что пру- жина в равновесии не напряжена. При возникновении колебаний стержни поворачиваются в противоположные стороны. Если абсо- лютные значения углов отклонения обозначить <р1 и <р2, то колеба- ния стержней будут описываться системой (m^^d^Jdt2 = (m2Pi/3)л?2<р2/dt2 = — kl(<pt + <р2). Интегрируя первую часть системы, получаем = w2<p2. Подстав- ляя это в уравнение колебаний, получаем период малых колебаний Т= 2n{mlm2/[3k(ml + т2)]}|/2. Рис. 10.24 Рис. 10.25 17-3707 257
У//////////Л Вместо стержня может быть использован блок. На рис. 10.25 показана колебательная конструкция из блока в виде колеса (масса обода М, масса всех спиц т) и двух пружин с жесткостями к} и к2, прикрепленных к невесомой нити, перекинутой через блок и не проскальзывающей по нему (№ 10.19). Момент инерции при вра- щательных колебаниях блока равен I — Mr2 + тг21Ъ. Пружины со- здают возвращающий момент — (кх + /с2)г2ср. Здесь <р — угол поворо- та блока. Для периода малых колебаний получаем Т = 2л[(Л/ + т/З)/^! + &2)]1/2. Если одну из пружин заменить грузом, то кроме урав- нения, описывающего вращение блока, надо написать уравнение поступательного движения груза. На рис. 10.26 показана система из блока радиусом г с моментом инер- ции /, груза массой т и пружины жесткостью к (№ 10.10). Растяжение пружины при равновесии х0 = mglк. Сме- щение груза от положения равновесия х связано с уг- лом поворота блока <р условием отсутствия проскаль- зывания невесомой нити по блоку х = <рг. Обозначая силу натяжения нити F, получаем уравнение поступа- тельного движения груза md2x/dt2 = mg — Fm уравнение вращательного движения блока Idfy/dt2 = r[F— к(х + х0)]. Исключая F и решая уравнение, получаем период малых колебаний системы. Отметим, что в случае подобных или более сложных систем можно воспользоваться методом определения периода из закона сохране- ния энергии. В данном случае кинетическая энергия системы mv2/2 + Z(v/r)2/2 = (т + I/r2)v2/2. Потенциальная энергия пружины возрастет, а грузд уменьшится к (х + х0)2/2 - к Хц /2 - mgx = кх2/2. Отношение коэффициентов при v2 и х2 и определяет частоту и пе- риод колебаний. Аналогичным способом можно рассмотреть и му с подвижным блоком, изображенную на рис. 10. как блок подвижный, то удлинение пружины х в л больше снижения груза и блока. Соответственно v = (\/2)dx/dt. Поэтому кинетическая энергия системы (1/2)(Л/Л)2[(Л/ + щ)/4 + ш/8] = = (1/2)(г/х/Л)2(Л//4 + Зш/8). Рис. 10.26 258
wwwww. Рис. 10.28 Потенциальная энергия к&р.. Период малых колебаний (№ 10.17) Г=л[(Л/+ зщ/2)др/2. Для двух неподвижных блоков (№ 10.18), изображенных на рис. 10.28, кинетическая энергия равна Mv’1/'! + (т} + m2)v2/4, а потенциальная kx2/2. Откуда определяем период малых колебаний. На рис. 10.29 показана колебательная система из сплошного ци- линдра массой М, который может без проскальзывания кататься по горизонтальной поверхности под действием горизонтальной, неве- сомой, не проскальзывающей по цилиндру нити, перекинутой че- рез два невесомых блока и присоединенной одним концом к верти- кальной, невесомой пружине, а другим к грузу массой т, который может перемещаться по вертикальному направлению (№ 10.21). Обозначим перемещение груза относительно положения равнове- сия х. Уравнение движения груза по вертикали md-x/dt1 = mg — Tv Сила, действующая на нить со стороны пружины, равна к(х0 — х). Из условия равновесия кх(! = mg. Вращение цилиндра удобно рас- смотреть относительно мгновенного центра вращения цилиндра на горизонтальной поверхности /J2<p/Jr2 = 2г[Т — к(х + х0)]. Мо- мент инерции цилиндра относительно мгновенного центра враще- ния I = (3/2) Л/r2. Используя условия равновесия, отсутствия про- скальзывания и связь смещения с поворотом (х = 2г(р), получаем Т= 2л[(ЗЛ//8 + щ)Д]’/2. Энергетический метод (см. (5.5) и (5.6)) особенно по- могает при рассмотрении сложных систем. Примером мо- жет служить задача (№ 10.26) о колебаниях гайки на абсо- лютно гладкой винтовой шпильке с диаметром d и шагом резьбы h. Гайка (цилиндрическая с массой М и внешним диаметром D) зажата с торцов спиральными пружинами с жесткостями к} и к2 (рис. 10.30). При вращении гайки ////////////л Рис. 10.30 259
концы пружин свободно проскальзывают по торцам гайки. Равнове- сие гайки на шпильке определяется соотношением Mg = Л2х20 — ЛрСц,. Смещение гайки из положения равновесия х (например, для опре- деленности вверх) связано с углом поворота гайки ср соотношением х = Л<р/(2тг). Соответственно скорость смещения связана с угловой скоростью вращения гайки v = Асо/(2л). Момент инерции гайки оп- ределяем интегрированием /= M(D2 + сР)/8. Кинетическая энергия подъема и вращения гайки Л/г2/2 + lAmP/^h2). Потенциальная энер- гия пружин и подъема гайки определяется выражением к1 (х10 + х)2 /2 + к2 (х20 - х)2 /2 - кхх2(./2 - k2x2ial2 + Mgx = = ktx2 /2 + к2х2 /2. Отсюда период малых колебаний гайки Т= 2n{M[2h2 + тг2(£>2 + J2)]/[2(^ + £2)]},/2/Л. Задачу можно решать и с помощью уравнений движения гайки. Главное не забыть, что на гайку со стороны шпильки по нормали к резьбе действует сила. Обозначим ее F. Тогда движение гайки по вертикали описывается уравнением Md2x/dt2 = — к2(х20 + х) — Л,(х10 — х) — Mg — Feos a = = — (к2 + kt)x — Feos а. Здесь а определяется из соотношения tga = h/(r.d). Вращение гайки описывается уравнением Id2q>/dt2 = rFsina. Обращаем внимание, что F всегда направлено против направле- ния смещения, а угол поворота связан с направлением резьбы на гайке и шпильке. Исключая F, получаем уравнение колебаний. Энергетический метод позволяет решать задачи, в которых зат- руднительно написать динамические уравнения. Рассмотрим не- сколько задач. На рис. 10.31 показана система из двух сваренных в нижней точ- ке обручей одинаковой массы, но в два раза отличающихся радиусов (№ 10.40). Период малых колебаний на горизон- тальном столе определяем из закона сохранения / X энергии. Предполагается отсутствие проскальзыва- f У у _ I \ ние системы по столу, и, следовательно, сила тре- I J ния работы не совершает. Обозначим угол поворо- та системы <р, а скорость поворота о. Скорость цен- Тра масс большого обруча 2<вг, а малого сот. Так как Рис. 10.31 массы одинаковы, то момент инерции большего 260
Рис. 10.32 обруча ш(2г)2, а меньшего тг2. Кинетическая энергия системы т(2г)2а>2/2 + т(2(дг)2/2 + /иг2®2/? + т(а>г)2/2 = 10/иг2®2/?. Потенци- альная энергия определяется поднятием центра масс малого обруча /wg/(l — сояр) = /wgxp2/2. Период малых колебаний равен Т= 2n(10r/g),/2. Более громоздкой является задача о малых ко- лебаниях на горизонтальной поверхности сплош- ного цилиндра радиусом R, в котором сделана ци- линдрическая полость радиусом R/2 (№ 10.41), как показано на рис. 10.32. Обычно такую систему представляют в виде цилиндра без полости и ци- линдра с отрицательной плотностью. Масса ци- линдра без полости (здесь и далее везде на едини- цу длины) равна рлА2, а момент инерции рлА4/2. Масса цилиндра с отрицательной плотностью (—рл/?2/4), а момент инерции (—рл/?4/32). Угловые скорости вращения цилиндров оди- наковые (®). Скорость центра масс цилиндра без полости равна ®Л, а цилиндра с отрицательной массой 3®7?/2. Кинетическая энергия системы равна рлЯ4®2 (1/4 + 1/2 - 1/64 - 9/32) = рл/?4®229/64. Увеличение потенциальной энергии при повороте на угол ср равно pnR3g(l — cos<p) ~ pnR3g<p2/2. Отсюда период малых колебаний Т = n(29R/g)t/2. Аналогичным способом можно решить и задачу (рис. 10.33), когда диск массой М и ра- диусом 2R может кататься без проскальзыва- ния по неподвижному цилиндру радиусом R с помощью стержня массой т, соединяющего центры цилиндра и диска (№ 10.47). Отсут- ствие проскальзывания между диском и ци- линдром приводит к тому, что при отклоне- нии стержня на угол <р диск относительно вер- тикального направления поворачивается на этот угол плюс поворот на <р/2 относительно стержня за счет подкручивания диска цилин- дром. Таким образом, диск поворачивается на Зср/2. Потенциальная энергия при отклонении стержня и диска П = (3/2)7?/ng(l — coscp) + 3/?A/g(l — coscp) = = (3/2) Afe<p2( M + /и/2). 261
Кинетическая энергия системы складывается из кинетической энергии вращения стержня, кинетической энергии движения цент- ра масс диска и его вращения относительно центра: К= /л(37?)2со2/6 + М(ЗДсо)2/2 + М(27?)2(3(й/2)2/4 = = (3/2)/эт7?2<в2 + (27/4)Л/7?2со2. Отсюда период малых колебаний Т= 1-n.[(R/g)(2m + 9М)/(т + 2Л/)]1/2- Изменение потенциальной энергии мо- А / жет быть связано с движением диска мас- /й? сой т и радиусом г на наклонной плоско- сти’ как это показано на рис. Ю.34. Диск 7s/ привязан таким образом, что по наклон- ной плоскости он катается по дуге ок- ---------------ружности радиусом I (№ 10.46). При откло- Рис. 10.34 нении от положения равновесия на угол ср потенциальная энергия диска увеличива- ется на mg/(<p2/2)sina. Отсутствие проскаль- зывания дает связь угловой скорости вращения диска со и скорости изменения угла отклонения по наклонной плоскости /то = ldg>/dt. Кинетическая энергия диска ml^/dty/l + /лг2со2/4 = (3/4)/л/2(с/ср/Л)2- Отсюда период малых колебаний Т= 2Tt[3//(2gsina)],/2. Конструкция из двух обручей каждый радиусом г и массой т, сваренных в верхней точке так, что плоскости обручей составляют угол 2 а, может совершать малые колебания (№ 10.51). Проекция обруча на плоскость колебаний пред- ставляет эллипс. Поэтому можно рас- смотреть колебания эллипса на гори- зонтальной плоскости. Если колебания малые, то дугу эллипса можно заменить дугой окружности. Радиус этой окруж- ности равен радиусу кривизны эллип- са R. На рис. 10.35 показан эллипс. Большая полуось ОА — г, малая полу- ось OB = г cos а. Радиус кривизны эллипса в точке В равен R = r/(cosa) (см. (1.31)). При повороте эллипса отно- Рис. 10.35 сительно точки на угол <р центр масс 262
эллипса поднимается на высоту Л(1 — coscp) = й<р2/2 = rsin2a/cosa((p2/2). Умножая это на mg, получаем потенциальную энергию. Для по- лучения кинетической энергии вычислим момент инерции эллипса. На рис. 10.36 окружность радиусом г и массой т имеет главные моменты инерции 1х = тг2, 1=1^ = тг2/2. Момент инерции относительно оси, составляющей с главными углы а, р и у, ра- вен 1= 7xcos2a + Z cos2p + /.cos2y(cm. (9.8)). Для случая, изобра- женного на рисунке, I = m/-2(cos2a + sin2a/2). Если угловая ско- рость вращения эллипса равна со, то скорость центра масс эллип- са равна о)(Д — Л) = corcosa. Для кинетической энергии получаем mz2co2(2cos2a + sin2a/2)/2. Отсюда получаем период малых колебаний. Если ось цилиндра радиусом г, массой т и с моментом инерции I, находящегося на горизонтальной поверхности, с помощью двух го- ризонтальных пружин прикреплена к стенке (рис. 10.37), то возмож- ны колебания цилиндра. Считаем, что пружины работают одинако- во на растяжение и сжатие, а цилиндр катается без проскальзыва- ния (№ 10.34). Обозначая скорость оси цилиндра v и жесткость пружин к, для суммы кинетической и потенциальной энергий системы полу- чаем Дг/г)2/2 + тг?/2 + 2Ахг/2 = Е. Отсюда находим период колебаний Т— 2л[(/ + отг2)/(2/с)] 1/2/л Отметим, что в данном случае легко напи- сать и уравнения движения. Для поступательного движения оси ци- линдра в горизонтальном направлении mcT-x/dt2 = F^ — 2кх. Для вра- щательного движения цилиндра Id2ty/dt2 = —Е^г. Исключая силу трения и используя отсутствие проскальзывания, получаем тот же результат. Видно, что энергетический метод позволяет получить ре- зультат быстрее. В случае двух одинаковых цилиндров, связанных пружинами, картина колебаний симметрична, и решение может быть получено из предыдущей задачи. Однако, если цилиндры отличаются моментом инерции либо массой, то решения усложняются. Рассмотрим случай двух цилинд- 263
ров с одинаковой массой и радиусами, но отличающихся моментами инерции из-за неодинакового распределения плотности материала: Z] = тг1/! и /2 = тгг/Ь. В начальный момент времени пружины, имеющие длину без нагрузки L, растянуты на /, а цилиндры непод- вижны (№ 10.35). В этой задаче решение проще, если воспользо- ваться уравнениями движения. Координаты центров цилиндров на горизонтальной оси координат (рис. 10.38) определяем отклонения- ми X] и х2 от положений цилиндров, когда пружины не напряжены. Соответствующие повороты <Pj и <р2. Силы трения F t и Е^. Со стороны пружин действует сила F= 2к(х2 — х^. Движения цилинд- ров определяются уравнениями miPxJdt1 = F — и mcPxJdt2 — —F — F^2. Используя отсутствие проскальзывания и уравнения вращения, получаем (Z, + mr2)d2x2/dt2 = —(/j + mr2)d2xj dt2. Интегрируем и используем, что в начальный момент поступа- тельные скорости цилиндров равны нулю: (/2 + mr2)dx2/dt = —(/t + mr2)dx{/dt. Еще раз интегрируем, и для определенности считаем х2(0) = 0 и х2(0) = I. Тогда (Z, + mr2)(x2 — I) — — (/, + mr2)xv (10.19) Подставляем это в уравнение колебаний {I2/r2+ m)d2x2/dt2 = —2к(х2 — xt). (10.20) Получаем (I2/r2 + m)d2x2/dt2 = = —2Л[1 + (/, + тг2)/^ + тг2)}х2 + 2к(12 + тг2)1/{Ц + тг2). 264
Отсюда Т = 2л{(/2/г2 + m)\l/(2k)}/\\ + (/2 + mr2)/(It + mr2)]}1'2 = = л((15/11)(л»/А)],'>. Для заданных моментов инерции из полученных соотношений и начального условия следует х2 = (5/11)/ + (6/ll)/cosco6, X] = (5/11)/ — (5/1 l)/costoZ. Движение центра масс определяется соотношением хц = (х, + х2)/2 = (5/11)/ + (l/22)/coscor. Отсюда амплитуда колебаний центра масс системы равна (1/22)/. Движение центра масс системы происходит под действием сил трения. Если цилиндры имеют одинаковые моменты инерции / = /2 = тг2/2, но разные массы = т, а т2 = 2т (№ 10.36), то вместо (10.19) получаем (/2 + 2тг2)(х2 — I) = — (/ + тег2)хр а вместо (10.20) (I2/r2+ 2m)d2x2/dt2 = —2к(х2 — х(). Для периода малых колебаний получаем Т= 2п{(12/г2 + 2т)[1/(2к)]/[1 + (/2 + 2тг2)/(/, + тг2)}}1'2 = = 2тг[(15/32)(щ/Л)])/2. Для заданных моментов инерции и масс из полученных соотно- шений и начального условия следует х2 = (5/8)/ + (3/8)/cos(o/, xt = (5/8)/ - (5/8)/coscoZ. Движение центра масс определяется соотношением хц = (х( + 2х2)/3 = (15/24)/ + (1/24)/cosco/. Отсюда амплитуда колебаний центра масс системы равна (1/24)/. Движение центра масс системы, как и в предыдущей задаче, проис- ходит под действием сил трения. Особый тип колебаний возникает в случае под- веса тел на нескольких нитях из разных точек под- веса (двух — бифилярных, трех — трифилярных и так далее). Возвращающей силой при таких колеба- ниях является сила тяжести. На рис. 10.39 показан стержень длиной 2а, сим- метрично подвешенный на двух вертикальных нитях длиной /, расстояние между которыми 2Ь (№ 10.45). При закручивании стержня относитель- Рис. 10.39 265
колебаний но оси 00’ кинетическая энергия вращения переходит в потенциальную энергию подня- тия стержня в поле тяжести. При повороте стержня на малый угол <р горизонтальное сме- щение точки стержня, где прикреплена нить, равно /хр. Поднятие этой точки и всего стержня по вертикали h = I — [Р — ^ср2]1/2 = (/><р)2/(2/). Обозначая угловую скорость вращения стержня о, энергию системы в произвольный момент вре- мени можно запйсать Е = 1аР/2 + mg/>2(p2/(2/). Подставляя момент инерции стержня, получаем для периода малых Т= В случае, если нити прикреплены к концам стержня (№ 10.44), ре- зультат получаем из этой формулы при а = Ь. Проводя аналогичные вычисления для квадратной плиты, подвешенной на четырех нитях (№ 10.54), получим результат, который возможно очевиден из ре- шения для стержня. Для равносторонней треугольной пластинки на трех нитях (№ 10.58) расчеты немного сложнее. Обозначим плот- ность пластинки на единицу площади р, а расстояние вершин тре- угольника от оси вращения а. На рис. 10.40 представлен треуголь- ник, в котором выделен элемент, используемый при интегрирова- нии. Масса треугольника равна m а/2 m = | dm = 2л/3р j xdx = Зу/Зр а2/4. о о Момент инерции треугольника относительно оси, проходящей че- рез центр масс, а/2 I = 3(2>/З)р2 J x3dx = 3л/3ра4/16. о При повороте треугольника на малый угол ср он поднимается на высоту h = о2ф2/(2/)- Используя выражения для кинетической (вра- щательной) и потенциальной энергии при подъеме в поле тяжести, получаем для периода малых колебаний системы Т= n(l/g)U2. Рассмотрим теперь крутильные колебания. Возвращающий момент при повороте крутильного маятника относительно вертикальной оси на угол ср пропорционален модулю кручения к и углу поворота ср Id2q/dt2 = -£<р. (10.21) 266
В случае переменного модуля кручения, например, для диска, под- вешенного на соединенных последовательно двух стержнях (№ 10.53), необходимо учесть, что угол закручивания диска ср равен сумме зак- ручиваний каждого стержня <р = <Р] + <р2 и возвращающий момент постоянен вдоль стержней, если можно пренебречь моментами инер- ции стержней, = /<2ф2 = А^ф] + ф2). Отсюда для модулей круче- ния стержней и их соединения следует \/к — 1/кх + 1/Л2. Периоды колебаний диска на каждом стержне и на их соединении поэтому связаны соотношением Г2 = Т\ + Г22. Возможен случай крепления крутильного маятника не к непод- вижной опоре, а, например, к другому диску. В карманных часах ось маятника может проходить через их центр. Если такие часы положить на горизонтальный абсолютно гладкий стол, то период колебания маятника изменится (№ 10.55), и следовательно, изме- нится их ход (показания). Обозначим момент инерции корпуса ча- сов /0, а момента инерции маятника I (по условию в 500 раз меньше). Углы поворота корпуса часов <р, и маятника ф2 (рис. 10.41) S \ ф <р / отсчитываем от их положения в момент не- / \j"~z \ напряженной пружины (равновесия) часов / У / \ в разные стороны (чтобы иметь положитель- I • 1 ные значения). \ | / Тогда корпус и маятник, вращаясь в раз- \ | / ных направлениях, закручивают пружину на X. ' угол <Pj + ср2 и момент, действующий на кор- I— пус и маятник (одинаковый из-за отсутствия рис внешних моментов), равен + ф2). Здесь а — жесткость пружины на скручи- вание. Уравнение движения корпуса: = — а(ф, + ф2), маятни- ка: /ф2'= — а(ф1 + ф2). Умножая первое на I, а второе на 70 и склады- вая, получаем //0((^/1 + Ф2) + a(I + Л))^] + = Частота колеба- ния суммы углов + 70)/(770). Для неподвижного корпуса часов То = 2п^1/а. В случае скольжения корпуса часов по гладкому столу Т = Гол//о/(/о + /). (10.22) Для частного случая Т= 7Д1 - 7/(2/0)] = То(1 - 0,001)(Т0 - Т)/Тв = 0,001 = 0,1 %. 267
Решение можно получить и находя соотношение между углами поворота ф] и ф2 из закона сохранения момента импульса /оф] и Лр2 и подставляя в любое из уравнений движения. Формула (10.22) описывает также колебания крутильного маят- ника на скамье Жуковского (№ 10.56) и колебания ротора и компрес- сора в воздушно-реактивном двигателе (№ 10.57). Вынужденные колебания колебательных систем из твердых тел и пружин рассматриваем так же, как ранее для маятников. На рис. 10.42 показана колебательная система. Горизонтально подвешенный невесомый стержень длины а, на котором на некото- ром расстоянии (обозначим его |3а) закреплена масса т, поддержи- вается последовательно соединенными невесомыми пружинами с жесткостями к{ и к2 (№ 10.59). К концу стержня приложена гармони- ческая сила F0cos(ot. Уравнение вынужденных колебаний ld2q/dF = —kag> + mgfla + /^cosco/ = = —ka(<p — mgfl/k) + F0cosa)t. Здесь /= /этфа)2, а суммарный коэффициент жесткости (см. разд. 5, стр. 109) к = кхкг/(\ + к2). Собственная частота колебаний системы при отсутствии вынужда- ющей силы равна <в0 = (ка/!)^'-. Частное решение уравнения ищем в виде ф = mg$/k + Acosco/. Откуда А = (F/F)/(ka/I - со2). Для случая, когда частота вынуждающей силы вдвое меньше соб- ственной частоты, получаем А = (4/3) Д1Д, + 1Д2). При рассмотрении колебательных систем предполагалось, что изменения напряжений или деформаций распространяются по сис- Рис. 10.42 268
теме мгновенно. В действительности возмущения (изменения) пе- редаются с конечной скоростью. По частям системы или по сово- купности систем распространяется волна. В общем волной называют распространение по пространству какого-то возмущения, например, изменения массовой скорости (скорости частиц), давления (напряжения), плотности или другой характеристики состояния среды, находящейся в этом пространстве. Так, повышение давления в воздухе в одном месте передается со- седним областям: по воздуху распространяется звуковая либо удар- ная (взрывная) волна. Скоростью волны называют скорость, с кото- рой распространяется возмущение. Она, как правило, значительно превосходит скорость смещения частиц среды, которые увлекаются волной (массовую скорость). Для различных возмущений возможно общее единое описание процесса распространения волн. Наиболее простым оно является для так называемых слабых волн, когда величины возмущений, пе- реносимых волной, малы по сравнению с соответствующими харак- теристиками состояния среды. Например, волна сжатия, распрост- раняющаяся в воздухе или в воде, является слабой, если изменение давления в волне значительно меньше модуля объемного сжатия (обратной величины объемной сжимаемости). Такая волна называ- ется звуковой. Далее будут рассматриваться только слабые волны. Ограничимся также одномерным, плоским случаем. При этом вели- чина возмущения в волне будет зависеть от двух переменных: про- странственной координаты х и времени t. На рис. 10.43 показано распространение волны (возмущения) по одномерной цепочке частичек (масс), связанных пружинами. Пер- воначально все частицы неподвижны и находятся на оси х . По оси 269
ординат отложено время. Если в результате некоторого воздействия частица, находившаяся в точке х = 0, начнет смещаться со скорос- тью и , то соседние частицы, связанные с ней пружинами, начнут смещаться только через некоторое время Л/. Расстояние между части- цами Лх и это время определяют скорость распространения возмуще- ний, т. е. скорость волны с = Ьх/Ы. В положительном направлении оси х идет волна сжатия (линия 0/1), в отрицательном — волна растя- жения (линия 0В). Для слабых, линейных возмущений скорости волны и частиц постоянны. Сплошными линиями показаны движе- ния частиц: до прихода фронта волны (ОД или ОД) они стоят, а затем двигаются со скоростью и. Получим уравнение распространения волны по натянутой струне. Основное свойство струны — гибкость, является следствием ее большой длины по сравнению с поперечными размерами. Даже жесткие материалы, имея форму струны (нити), практически не сопротивляются изгибу, если размер изгибаемого участка значительно больше поперечного размера струны. Это позволит в дальнейшем при рассмотрении струны не учитывать изгибные напряжения. Горизонтально расположенная струна с закрепленными конца- ми провисает в поле тяжести, если она плохо натянута. При увели- чении натяжения струна вытягивается практически в прямую ли- нию. Сила натяжения при этом значительно превосходит силу веса струны. Поэтому для прямой натянутой струны в дальнейшем сила- ми тяжести будем пренебрегать. Движение элементов струны может быть вызвано изменением ее формы или передачей ей импульса (как-то распределенного по ее длине) в начальный момент, либо продолжительным воздействием в некоторой точке струны. Первое называется начальным, а второе граничным условием. Натяжение струны стремится вернуть струну в начальное, прямолинейное положение, и это приводит к тому, что возникает движение элементов струны (по струне бегут возмуще- ния). Здесь будут рассмотрены такие движения струны, происходя- щие в одной плоскости (поляризованные), при которых смещение любого ее элемента от начального положения равновесия (прямой линии) мало по сравнению с расстояниями между ближайшими к нему несмещенными в данный момент элементами. Отсюда следу- ет, что малы также повороты элементов струны относительно на- чального равновесного положения, т. е. в любой точке струны каса- тельная к ее контуру составляет малый угол с линией начального равновесного положения струны. 270
На рис. 10.44 показан участок струны в у,, области возмущения. Система координат выбрана таким об- разом, что ось х совпадает с начальным рав- ха' новесным положением струны, а ось у — перпендикулярна оси х и лежит в плоско- сти смещения элементов струны. Для удоб- х х + dx х ства изображения на рисунке масштаб по Рис. 10.44 оси у значительно больше, чем по оси х. При малых смещениях элементов струны можно считать, что у них меняется только координата у, а координата х — постоянна. Вели- чина смещения элемента по оси у является функцией двух перемен- ных: координаты элемента струны х и времени t. По смещению можно найти скорость движения элемента (10.23) Такое обозначение дифференциалов означает, что дифференци- рование производится только по времени при постоянном х. Такая производная называется частной. Ускорение элемента А(х, t) опре- деляется второй производной ->2 А(Х’ ^=д^' (10.24) Ускорение элемента струны связано с его массой и силой на него действующей. Струну считаем однородной и будем характеризовать погонной плотностью р£, которая с плотностью материала струны р и площа- дью поперечного сечения струны 5 связана следующим образом Р/ = р5. (10.25) Масса элемента струны от х до х + dx равна pLdx. На концы элемента действуют силы натяжения струны F, имею- щие одинаковую величину по всей струне, но немного разное на- правление. Как отмечалось выше, другими силами можно пренеб- речь. Обозначая угол наклона сил натяжения к оси х а(х) и учитывая его малость, для проекции сил натяжения струны на ось у получаем /'’sin [сс (.х + dx)] — Fsin[a(x)] = /tg[a(x + dx)] — Ftg[a(x)]. Тангенсы углов можно вычислить как наклоны касательных к контуру струны в данный момент времени, т. е. при постоянном 271
времени. Это опять частные производные от у, но уже по х, при постоянном времени. Для разности тангенсов имеем tg[a(x + cbc)]-tg[a(x)] = ^ = ?—jdx. (10.26) их x+dx °Х х дх Здесь разность производных выражена через вторую производную. Окончательно из второго закона Ньютона получаем = FT^dx- (10.27) дХ дх Введем обозначение с2=—. (10.28) р£ Из (10.27) при этом получаем волновое уравнение dt2 дх2 Для описания процесса смещения элементов струны, т. е. распро- странения возмущения по натянутой струне, получилось уравнение в частных производных, которое и называется волновым уравнением. Уравнение является общим для описания распространения сла- бых возмущений. Волновое уравнение связывает частные производ- ные второго порядка, которые вычисляются дифференцированием только по одной (в данном случае из двух) переменной и обознача- ются круглыми буквами для дифференциалов. Легко проверить, что решением уравнения (10.29) будет любая произвольная функция, ар- гументом которой является х — ct или х + ct. Общее решение (10.29) представляет сумму двух произвольных функций от этих аргументов У(х, 0 = Z (* ~ с/) + /2<х + с/) • (10.30) Аргументы функций называются фазами. Постоянство аргумента приводит к постоянству функции. Постоянной /j(x — ct) будет при х — ct = const. (10.31) Эта постоянная фаза так же, как и/Дх — ct), распространяется по х со скоростью, которую определяем как dx/dt при условии вы- полнения (10.31) = с. (10.32) 272
Поэтому f^x — cf) называется волной, бегущей (или бегущей вол- ной) в положительном направлении оси х. Аналогичным образом/2(х — cf) будет постоянным при х + ct = const. (10.33) Скорость этой фазы из (10.33) = -с- (Ю.34) Поэтому f2(x + cf) называется волной, бегущей в отрицательном направлении оси х. Скорость распространения волн с определяется для струны фор- мулой (10.28). Уравнение (10.29) является уравнением гиперболического типа. Линии (10.31) и (10.33) называются характеристиками. По ним рас- пространяются постоянные значения функции, описывающей воз- мущение. Общее решение (10.30) уравнения (10.29) есть сумма волн, бегу- щих в положительном и отрицательном направлениях оси х. Для нахождения конкретного вида функций и /2 должны быть заданы дополнительные условия. Это могут быть начальные или гра- ничные условия. Например, для струны в начальный момент време- ни задаются распределения по х смещения и скорости смещений элементов струны, либо в некоторой точке пространства заданы изменения со временем смещения и скорости смещения, либо в двух точках пространства заданы изменения со временем смещения или скорости смещения. Волна может охватывать разные по величине области простран- ства. Если возмущение локализовано в небольшой области по срав- нению с расстоянием, на которое оно распространяется, то его на- зывают одиночной волной. Несколько одиночных волн, распростра- няющихся вместе (группой), называются цугом волн. Когда волна занимает все пространство от х = —«> до х = +°°, ее называют бес- конечно протяженной. Такая волна может обладать периодичностью, т. е. повторяемостью следования возмущений. Например, при рас- пространении такой волны вдоль натянутой струны величины сме- щений в каждый момент времени периодически повторяются в зави- симости от х. При этом периодическим будет и изменение величины смещений в каждой точке пространства в зависимости от времени. Если эти периодические изменения описываются гармоническими функциями (синусом или косинусом), то волна называется гармо- 273
нической. Расстояние по х между ближайшими одинаковыми сме- щениями, происходящими в одну и ту же сторону, в один и тот же момент времени (/ = const), называется длиной волны. С периодом Т и скоростью распространения фазы волны с длина волны, обозна- чаемая обычно Л и представляющая путь, проходимой фазой за пе- риод, связана следующим образом: Х= сТ. (10.35) Очевидно, что расстояние между ближайшими нулевыми зна- чениями величины возмущения равно Л/2. Величина, обратная пе- риоду v = \/Т, называется частотой. Вводятся также круговая час- тота и = 2л/ Т и волновое число к = 2л/Л. Используя эти обозначе- ния из (10.35), получаем с = о/к. (10.36) Для гармонических волн вместо использованных выше аргумен- тов обычно берут для бегущей в положительном направлении оси х аргумент cdt — кх = — к(х — ct), а для бегущей в отрицательном на- правлении оси х аргумент со/ + кх = к(х + ct). Решение волнового уравнения (10.30) для гармонических волн имеет вид у(х, t) = A sin (со/ — кх) + 5sin(co/ + кх). (10.37) Здесь А — величина максимального смещения (амплитуда) волны, бегущей в положительном направлении оси х, В — аналогичная ве- личина для волны, бегущей в отрицательном направлении оси х. Преобразовывая (10.37), получаем у(х, /) = — 2/lsinbccosco/ + (А + 5)sin(co/ + кх) либо у(х, /) = 2Bsinfcxcosco/ + (А + 5)sin(co/ — кх). (10.38) (10.39) Очень важным является случай, когда волны, бегущие навстречу друг другу, имеют одинаковые амплитуды и противоположные фазы, т. е. А = В. Такие волны показаны на рис. 10.45. Сплошной линией Рис. 10.45 волна, бегущая в положительном на- правлении оси х, а пунктиром — бегу- щая в отрицательном направлении оси х В этом случае суммарное движение струны, как следует из (10.38) или (10.39), описывается формулой у(х, t) = 2Z?sin/cxcosco/. (10.40) 274
Это движение называют стоячей волной. Возмущения как бы стоят на месте. В случае струны ее элементы совершают гармонические коле- бания, амплитуда которых по х меняется гармоническим образом (по синусоиде). Легко видеть, что пространственная периодичность равна длине волны Л. Если амплитуда смещения элемента равна 2В, то гово- рят, что он находится в пучности, а при отсутствии смещения (амплиту- да равна нулю), что он находится в узле. Из (10.40) можно найти поло- жение узлов. Для обращения синуса в нуль должно выполняться кхп = Tin, п — О, ±1, ±2, ... . (10.41) Отсюда определяются координаты узлов х = (Л/2)и, п = 0, ±1, ±2, ... . (10.42) Координаты пучностей смещены от узлов на А./4. Узловые (неподвижные) точки можно интерпретировать, как точки закрепления струны. Отсюда следует, что в точке жесткого закрепления струны происходит образование отраженной волны, которая в результате сложения с падающей создает стоячую волну. Чтобы образовалась стоячая волна в струне, длина струны L должна содержать целое число половин длин волн. L = дЛ/2, /7=1,2, ... . (10.43) Колебания при п = 1, когда длина струны равна А./2, называют основным тоном, а при больших значениях п — обертонами, или гармониками. При жестком закрепления конца струны бегущая волна от- ражается от этого конца с изменением фазы отраженной волны на л (в длинах волн на Л./2), что соответствует изменению знака амплиту- ды на противоположный. Из такого условия и была выше получена стоячая волна. Закрепление конца струны можно сделать по-другому. Так, чтобы было натяжение по оси х, но отсутствовало сопротивление движению по оси у. В этом случае движение точки закрепления в направлении оси у соответствует пучности стоячей волны (сложе- нию волн в одинаковой фазе). Значит, при таком закреплении от- ражение бегущей волны происходит в той же фазе (без потери фазы). Для длины стоячей волны в струне из (10.35) и связи периода с круговой частотой колебаний со получаем ’ <10'44’ где F — сила натяжения струны; р£ — ее погонная плотность. 275
Для частоты колебания струны длины L из этой формулы и (10.43) получаем Если частота колебаний увеличивается в полтора раза при уко- рочении ее на / (№ 10.63), то длина струны L определяется соотно- шением L/(L — 1) = 1,5. Для струн одинаковой длины, из одного и того же материала, но отличающихся диаметром, из (10.45) и (10.25) получаем Т ~ d (№ 10.64). Уменьшение диаметра приводит к уменьшению периода колебаний струны. Чтобы уменьшить частоту колебаний, можно уменьшить силу натяжения (№ 10.65) F~ v. Частоту колебаний струны можно увеличить, зажимая ее на не- котором расстоянии (№ 10.66), так как v ~ 1/£. Очевидно, что умень- шить частоту можно только увеличивая ее длину. Для элемента струны массой pLdx (р£ — масса струны, приходя- щаяся на единицу ее длины, погонная) можно найти кинетическую энергию, вычисляя его скорость как производную от смещения (10.40) по времени dEK = (1/2)рЛДш2 = (1/2)р£Дха24Д2 sin2 fccsin2 ooi = = (l/2)p£i/xoj2 (у2 ах - у2). Здесь, как следует из (10.40), ^max = 2Bsin£x. (10.46) Это максимальное смещение элемента с координатой х. Потенциальная энергия элемента струны определяется рабо- той силы, действующей на элемент. Эту силу можно найти, ис- пользуя второй закон Ньютона. Дважды дифференцируя (10.40) по времени при постоянном х и умножая на массу элемента, по- лучаем силу /= — pLdx(o2y. (10.47) Видно, что сила тормозит движение, и величина ее растет про- порционально смещению. В таком случае потенциальная энергия равна dEn = (l/2)pLdxm2y2. (10.48) 276
Полная механическая энергия элемента струны dE = dEK + dEn = (l/2)Pi Wy*ax (10.49) не зависит от времени, но меняется по элементам струны. Ее зави- симость от координаты элемента определяется формулой (10.46). Полная энергия максимальна в пучностях и равна нулю в узлах сто- ячей волны. Аналогичным путем можно вычислить потенциальную и кине- тическую энергию элементов струны для гармонической волны, бе- гущей в одном направлении. Для волны, бегущей в положительном направлении оси х, имеем у(х, t) =>4sin(cor— кх). (10.50) Кинетическая энергия элемента струны массой pLdx, учитывая, что скорость движения элемента струны равна dy/dt, dEK = (l/2)pLdx(o2A2cos2(<at — кх). (10.51) Потенциальная энергия в соответствии с (10.48) dEn = (l/2)ptdx(oM2sin2(io/ — кх). (10.52) Кинетическая и потенциальная энергии распространяются по струне с фазовой скоростью. Складывая кинетическую и потенци- альную энергии, получаем, что полная механическая энергия для все