Решение задач по физике. Общие методы - Беликов. Б.С.

Author: Беликов. Б.С.

Tags: физика

Year: 1986

Similar

Методы решения задач в общем курсе физики. Оптика

Методы решения задач в общем курсе физики. Атомная и ядерная физика

Задачи по физике и методы их решения

Text

Б. С. Беликов
Решение задач
по физике.
Общие методы
Допущено Министерством высшего
и среднего специального образованна СССР
в качестве учебного пособия
для студентов
высших учебных заведений
Москва «Высшая школа» 1986
ББК 22.3
Б 43
УДК 53
Рецензенты:
кафедра физики Московского института электронного машино-
строения; доц. В. Б. Зернов (Московский технологический
институт пищевой промышленности)
Беликов Б. С.
Б 43 Решение задач по физике. Общие методы: Учеб,
пособие для студентов вузов.—М.: Высш, шк.,
1986.—256 с.; ил.
40 к.
Пособие является первой работой в области методики преподавания
физики, специально посвященной общим методам решения физических
задач. Это не просто сборник задач по традиционным разделам курса
физики, назначение книги — научить студентов решать задачи В первом
разделе даиы некоторые общие понятия физики, классификация физиче-
ских задач, общие методы их решения. Два последующих раздела посвя-
щены применению этих методов к решению стандартных и проблемных
задач.
1704000000-212
001 (01)-86 78"8в
ББК 22.3
53
© Издательство «Высшая школа»< 1986
Предисловие
Требования научно-технической революции за-
ставляют искать новые пути повышения эффективно-
сти подготовки специалистов для народного хозяйства.
Как сделать так, чтобы теоретические знания, полу-
чаемые студентом в вузе, не существовали сами по себе,
а максимально полно использовались в его практи-
ческой деятельности? Если до недавнего времени эта
цель относительно успешно достигалась средствами
традиционной дидактики, то сейчас, в условиях ин-
формационного взрыва, ее реализация становится с
каждым годом все труднее и труднее. Мы подошли
к такому рубежу, когда количество информации стало
столь огромным' что она не может быть усвоена за
относительно короткий срок обучения, если ее не
упорядочить на принципиально новой основе. Такой
основой может быть развернутое и систематическое
применение в процессе обучения обобщенных методов,
общеметодологических принципов, предельно общих
понятий и т. д.
В предлагаемом читателям пособии автор попытал-
ся реализовать такой подход на одном из участков
обучения студентов, имеющем, однако, важное зна-
чение,— в решении задач по физике. Наш подход
основан на использовании системы наиболее общих
понятий физики применительно к решению любой фи-
зической задачи. В пособии рассмотрены теоретиче-
ские основы общего подхода к решению задач, методы
3
решения стандартных, нестандартных, недоставлен-
ных и произвольных задач.
Такой подход к решению задач, разумеется, не
является единственным — многие задачи могут быть
решены значительно быстрее путем применения не-
стандартных методов и приемов, путем догадки (ин-
туиции), чем использованием общего подхода. Тем не
менее нестандартный прием, догадка возможны лишь
тогда, когда студент имеет методологическую базу для
решения задачи, владеет общим подходом. В этом пла-
не пособие может оказаться полезным студентам са-
мых разных специальностей.
Условия некоторых разобранных задач взяты из
учебных пособий: Чертов А. Г., Воробь-
ев А. А. Задачник по физике (М., 1981) и И р о-
д о в И. Е. Задачи по общей физике (М., 1979). Часть
задач принадлежит автору.
Автор выражает благодарность доцентам
В. Б. Зернову и А. Ф. Меняеву, а также преподава-
телям кафедры физики МИЭМ за ценные указания и
критические замечания при подготовке рукописи.
Автор
Введение
Нередко встречается ситуация, когда студент хорошо
знает обычную теорию курса физики, но не умеет решать
физические задачи. Некоторые из студентов признаются,
что изучение теории у них не вызывает никаких трудностей,
что они хорошо запоминают и понимают формулы законов,
определения и т. д., но как только дело доходит до решения
задач, они становятся в тупик. Прочитав условия некото-
рых задач, они даже не знают, с чего надо начинать решение.
Иногда, решая задачу, забравшись в дебри теории, написав
множество формул, законов, уравнений, студент не знает,
решил он задачу, далеко ли, близко ли до ее решения и
т. д. Часто, правильно решив задачу в общем виде, студен-
ты делают ошибки в вычислениях, а неправильный число-
вой ответ" задачи — это все-таки неправильный ответ, и,
следовательно, такое решение в конечном итоге считается
неверным.
Конечно, научиться решать задачи по физике не просто.
Можно хорошо знать теорию и не уметь решать даже прос-
тейшие задачи. Это не случайно... Оказывается, для того
чтобы успешно решать задачи, знание теории необходимо,
но не достаточно. Необходимо (кроме конкретных знаний)
овладеть еще так называемыми обобщенными знаниями.
Обычно они приобретаются на опыте, в процессе решения за-
дач, в основном к концу изучения курса физики. Впрочем,
иногда они не усваиваются вообще.
Обобщенные знания излагаются в основном в первых
двух главах нашего пособия. В них можно, узнать, что та-
кое физическая задача, с чего надо начинать решение зада-
чи по физике, чем заканчивается это решение, и многое,
многое другое.
Основу обобщенных знаний составляют фундаменталь-
ные понятия физики, имеющие методологический характер.
Они изложены в первой главе.
5
Фундаментальных методологических понятий физики
сравнительно немного. В данной книге мы используем сле-
дующие восемь: физическая система, физическая величина,
физический закон, состояние физической системы, взаимодей-
ствие, физическое явление, идеальные объекты и идеальные
процессы, физическая модель. Эти понятия взаимосвязаны
и, следовательно, составляют систему. Особенное значение
ймеет связь физического явления со всеми остальными фун-
даментальными понятиями.
Использование системы фундаментальных понятий по-
зволяет сформулировать важнейшее определение теоре-
тической физической задачи как физического явления, в ко-
торое неизвестны какие-либо связи и величины. Решить фи-
зическую задачу — это значит восстановить неизвестные
связи и определить искомые физические величины. Это оп-
ределение имеет очень важное методическое значение. Если
физическая задача отражает какое-либо физическое явле-
ние (или совокупность явлений), то необходимо не только
иметь представление об этом явлении (конкретные знания),
но и уметь анализировать любое физическое явление (ис-
пользуя обобщенные знания). Анализ явления начинается
с выбора и анализа физической системы и заканчивается
составлением замкнутой системы уравнений в результате
применения соответствующих физических законов. Отсю-
да естественно вытекает расчленение процесса решения по-
ставленной задачи на три этапа: физический (он заканчива-
ется, если составлена замкнутая система уравнений), мате-
матический (его цель — получение решения в общем и
числовом виде) и этап анализа решения.
Отсюда же естественно следует необходимость в Созда-
нии системы методов (она изложена в гл. 2) решения задач
по физике, как системы общих ориентиров для осуществле-
ния самостоятельной деятельности решающего задачу на
каждом из этих этапов.
Существует мнение, что единого метода решения задач
по физике не существует. Возможно, что это верно. Но, по
нашему мнению, общий подход (как система методов) к ре-
шению любой физической задачи существует.
В гл. 3—13 общий подход применяется к решению задач
практически из всех классических разделов курса общей
физики.
Раздел I
Теоретические основы
общего подхода
к решению произвольной задачи
по физике
ГЛАВА 1
СИСТЕМА ФУНДАМЕНТАЛЬНЫХ ПОНЯТИЙ
ФИЗИКИ
§ 1. Некоторые общие понятия
физики
Общий подход к решению произвольной задачи по фи-
зике основан на некоторых фундаментальных понятиях
физики. Эти понятия общеизвестны. Мы приводим их в
этом параграфе с целью отметить их некоторые специфи-
ческие стороны.
Одним из центральных таких понятий является понятие
физической системы. Физическая система — это совокуп-
ность физических объектов. Причем даже один физический
объект может составлять физическую систему. Решение
любой физической задачи связано с исследованием какой-
то физической системы. В дальнейшем мы увидим, что вы-
бор и исследование физической системы — это начало ана-
лиза физической ситуации задачи.
Физические объекты системы обладают некоторыми фи-
зическими свойствами и могут участвовать в различных
физических процессах. Для характеристики свойств физи-
ческих объектов и физических процессов вводятся различ-
ные физические величины.
Весьма важным является также понятие состояния фи-
зической системы. Общее понятие состояния произвольной
физической системы относительно сложно. Если физическая
система состоит из одной частицы, то ее механическое
7
состояние определяется шестью величинами: тремя коор-
динатами (х, у, z) и тремя компонентами импульса части-
ЦЫ (рх, ру, pz).
Тела физической системы взаимосвязаны как между
собой, так и с внешними объектами. Эта всеобщая связь
проявляется во взаимодействии физических объектов. Взаи-
модействие — важнейшее свойство любых физических
объектов. Оно обусловлено их внутренней природой. В фи-
зике известны четыре основных вида взаимодействий между
элементарными частицами: сильное, электромагнитное, сла-
бое и гравитационное. В данной книге не будут использо-
ваться ни сильные, ни слабые взаимодействия.
Взаимодействие может изменить или положение физи-
ческой системы, или ее состояние. Процесс изменения
положения или состояния физической системы назовем
физическим явлением. Это понятие в общем подходе к
решению произвольной задачи по физике является самым
важным. В природе происходит множество различных
физических явлении: движение планет и звезд, гром и
молния, дождь и ветер, испарение воды и выпадение росы,
колебания атомов и движение молекул, излучение и по-
глощение света, и т. д., и т. п. Не так просто разобраться
даже в качественной картине (стороне) того или иного
физического явления. Анализ физического явления целе-
сообразно начинать с выбора и исследования физической
системы, ибо само явление происходит в какой-то системе.
В процессе анализа физических объектов системы полезно
выяснить, к каким идеальным объектам они относятся,
какими обладают свойствами, с какими телами и каким
образом они могут взаимодействовать, каковы могут быть
результаты и последствия этого взаимодействия.
Физическое явление характеризуется изменением ка-
ких-то физических величин. Эти величины связаны между
собой. Известно, что необходимая и устойчивая связь или
зависимость между некоторыми физическими величинами
отражается в физическом законе. В каждом физическом
законе можно рассматривать множество сторон или граней
(необходимость, объективность, физический смысл и т. д.).
В дальнейшем нам особенно необходимы будут две специфи-
ческие стороны физического закона: условия (границы)
применимости и метод применения закона.
Всякий физический закон относителен в том смысле,
что он верен лишь при выполнении определенных условий.
Совокупность этих ограничений назовем условиями (или
границами) применимости физического закона. Если хотя
8
бы одно из этих условий нарушено, то данный закон при-
менять нельзя, он становится несправедливым. Напри-
мер, второй закон Ньютона в форме F=/na справедлив,
если выполняются следующие условия: движение тела
рассматривается по отношению к инерциальной системе
отсчета, тело должно быть материальной точкой, масса
тела — постоянной, скорость тела должна быть значитель-
но меньше скорости света в вакууме и т. д. При нарушении
хотя бы одного из этих условий второй закон Ньютона в
записанной выше форме применять нельзя.
При решении задач по физике недостаточно знать со-
ответствующий закон (его физический смысл, условия
применимости и т. д.), необходимо еще уметь применять
его в конкретных условиях. Для каждого физического
закона существует метод (алгоритм) его применения.
Например, для того чтобы правильно записать второй за-
кон Ньютона в форме F=zna, необходимо выполнить сле-
дующую систему действий. Во-первых, проверить, выпол-
нены ли условия применимости этого закона (если хотя
бы одно из них нарушено, то закон применять нельзя). Во-
вторых, выбрать инерциальную систему отсчета (данный за-
кон применим только по отношению к таким системам от-
счета). В-третьих, найти все силы, действующие на данное
тело (в закон входит физическая величина F — геометри-
ческая сумма всех сил, действующих на тело массой т).
В-четвертых, определить проекции всех сил на оси коорди-
нат (второй закон Ньютона — векторный закон). В-пятых,
найти алгебраическую сумму проекций всех сил на каждую
ось координат (£FX, %Fy, t,Fz). И наконец, в-шестых, за-
писать второй закон Ньютона в виде системы трех урав-
нений:
^Fx = maxt ^Ру = тау, ^Fz = magt
где ах, ayt az — проекции вектора ускорения а на оси ОХ,
OY, 0Z. Методы применения других физических законов
будут приведены в соответствующих главах.
§ 2. Идеализация физической
задачи
Пусть в поставленной задаче имеются необходимые
данные (полнота которых обеспечена) и требуется опреде-
лить какие-либо неизвестные физические величины. Но
не это главное в поставленной задаче. Самым важным в
9
такой задаче является то, что она уже идеализиро-
вана. Автор задачи ввел множество дополнительных
условий, упрощающих задачу. Вводя эти условия и ог-
раничения, он искусственно отсекает связи данного физи-
ческого явления с другими явлениями. Предполагается
также, что влияние некоторых других, дополнительных
воздействий мало и ими можно пренебречь. Таким образом,
поставленная физическая задача — это задача о «чистом»,
«идеализированном» явлении. Очень часто в науке объ-
ектом рассмотрения выступает не реальная вещь, а ее иде-
альный образ. Это объясняется тем, что реальные объекты
и явления настолько сложны и взаимосвязаны, что их
изучение и количественное исследование с учетом всех
сторон, взаимосвязей и взаимодействий представляло бы
непреодолимые математические трудности. Разумная идеа-
лизация конкретных физических задач является важнейшей,
чертой физики как науки. Если бы физики не идеализиро"
вали задач, они не смогли бы решить до конца ни одной конк-
ретной задачи. Очень часто упрощающие условия и огра-
ничения формулируются в самой задаче, но иногда они
присутствуют в задаче в скрытом или неявном виде.
Пример 2.1 Снаряд выпущен из орудия под углом
а—45° к горизонту с начальной скоростью t>o==600 м/с.
Найти дальность полета снаряда. Сопротивлением воз-
духа пренебречь.
Задача поставлена. Она идеализирована. Одно допол-
нительное условие, упрощающее задачу (сопротивлением
воздуха пренебречь), явно указано в условиях задачи. Од-
нако многие другие упрощающие условия только подразу-
меваются. Считается, что:
а) орудие расположено на Земле,
б) не учитывается движение Земли вокруг Солнца,
в) не учитывается вращение Земли вокруг собственной
оси,
г) предполагается, что вектор ускорения свободного па-
дения g в любой точке траектории снаряда имеет одно и то
же направление,
д) ускорение свободного падения на Земле считается по-
стоянным: g—9,8 M/c2=const,
е) снаряд принимается за материальную точку.
В данной задаче влияние пунктов б), в), г), д) мало и ими
действительно можно пренебречь. Эти условия очень силь-
но упрощают задачу. Если отбросить, например, пункт г),
считая Землю шаром (тогда вектор ускорения g в различ-
ных точках траектории имеет неодинаковое направление),
Ю
то задача усложняется. Если учитывать все дополнитель-
ные условия, то она становится крайне сложной.
В различных задачах упрощающие условия разнооб-
разны, но общим для всех способов идеализации задачи
является пренебрежение несущественными, второстепен-
ными связями и взаимодействиями. В связи с этим воз-
никает вопрос о критериях такого пренебрежения: когда,
при каких условиях той или иной связью или взаимодей-
ствием можно пренебречь, а при каких — нельзя? Этот
вопрос тесно связан с методом анализа решения задачи и
методом оценки, которые подробно будут рассмотрены ниже.
Чаще всего при решении физических задач используют-
ся следующие два способа идеализации: введение идеальных
физических объектов и пренебрежение несущественными
взаимодействиями и процессами. К последнему способу от-
носится и введение идеальных физических процессов.
Важно заметить, что в любом идеальном физическом
объекте только пренебрегают каким-либо его свойством:
на самом деле этим свойством данное тело обладает, но в
конкретных условиях задачи это свойство проявляет себя
столь слабо, что им можно пренебречь.
В физике вводится множество идеализированных объек-
тов, используемых при идеализации физических задач.
Приведем некоторые из них.
Материальная точка. Фундаментальный и универсальный физи-
ческий объект. В понятии материальной точки пренебрегают гео-
метрическими размерами тела по сравнению с характерным расстоя-
нием, рассматриваемым в данной задаче.
Абсолютно твердое тело (или просто твердое тело). В этом идеаль-
ном объекте пренебрегают возможной деформацией тела.
Абсолютно упругое тело. Здесь пренебрегают остаточной деформа-
цией тела. Она в условиях конкретной задачи столь мала, что ее
можно не учитывать. Важно заметить, что при взаимодействии аб-
солютно упругих тел не происходит превращения механической энер-
гии в другие виды энергии (т. е. выполняется закон сохранения энер-
гии в механике).
Абсолютно неупругое тело. В этом случае пренебрегают способно-
стью тел восстанавливать первоначальную форму после деформации.
Это свойство у абсолютно неупругого тела практически не проявля-
ется и им можно пренебречь.
Примеры других идеальных объектов будут приведены в дальнейшем.
При втором способе идеализации или вводят идеальные
физические процессы, или пренебрегают несущественными
физическими процессами (явлениями) и взаимодействиями.
Примерами идеальных процессов являются изохорный,
изобарный, изотермический, адиабатный и другие процессы.
11
Весьма часто, решая конкретную задачу, пренебрегают
изменением той или иной физической величины, предпа#
гая, что это изменение мало. Например^ в рассмотренном вйг
ше примере с артиллерийским снарядом вопреки хорощо
известному факту — зависимости ускорения свободного
падения от высоты точки над поверхностью Земли мы счИ-
тали, что это ускорение постоянно (g=9,8 м/с8). Но так как
высота h подъема снаряда (несколько километров) мала йо
сравнению с радиусом Земли (#«6400 км), то предположи
ние о том, что в данной задаче ускорение свободного паде-
ния g постоянно, является вполне разумным.
Таким образом, вследствие идеализации и упрощения
физики рассматривают вместо реального физического яв-
ления его схематическую модель. Обычно в модели реаль-
ного физического явления отражается главное, основное,
учитываются только существенные связи и взаимодей-
ствия и- вместо реальных тел рассматриваются различные
идеальные объекты. Очень часто успех в решении той или
иной физической задачи или проблемы зависит от того,
насколько удачно выбрана эта модель. Классификация
моделей физических явлений, очевидно, совпадает с клас-
сификацией самих явлений. Таким образом, в содержании
физики в зависимости от свойств физической системы и ус-
ловий, в которых происходят различные физические явле-
ния, можно выделить две общие модели: модель классиче-
ских физических явлений (классическая модель) и модель
квантовых физических явлений (квантовая модель). В дан-
ной книге 'рассматриваются только классические физи-
ческие явления и соответствующие им модели.
§ 3. Классификация задач
по физике
Известно, что классифицировать различные объекты
можно по любым их признакам. Но наиболее совершенной
является классификация по существенным' признакам. Фи-
зические задачи имеют множество признаков. Для того
чтобы получить оптимальные классификации задач по фи-
зике, необходимо выделить существенные признаки физи-
ческой задачи. Итак: что такое физическая задача? каковы
ее существенные признаки? Полезно поставить и ряд дру-
гих вопросов: когда и как возникает физическая задача?
что значит решить физическую задачу? какие бывают фи-
зические задачи? Вопросы эти не так просты и далеко не
так маловажны, как может показаться на первый взгляд.
12
При изучении какого-либо физического явления ка-
кие-то физические величины, характеризующие это явле-
ние, могут быть известны, а другие — нет. Если при ис-
следовании какого-либо физического явления человек о
нем знает все (в рамках этого явления), то никаких во-
просов и задач для него не возникает. Задачи и вопросы
возникают тогда, когда в процессе этого исследования
некоторые физические величины, характеризующие данное
явление, по каким-то причинам неизвестны. Следовательно,
задача ставится (формулируется) человеком при изучении
физического явления, когда в нем (явлении) неизвестны
какие-либо связи, взаимодействия, физические величины
и т. д. Таким образом, можно предложить такое опреде-
ление физической задачи. Физическая задача — это физи-
ческое явление, точнее — его словесная модель (или со-
вокупность явлений) с некоторыми известными и неиз-
вестными физическими величинами, характеризующими
это явление. Решить физическую задачу — это значит
найти (восстановить) неизвестные связи, физические ве-
личины и т. д. Из этих определений । немедленно следуют
две классификации физических задач. Первая основана
на различии методов нахождения неизвестных ве-
личин, а вторая — учитывает содержание физиче-
ского явления, которое отражает каждая физическая
задача.
Возможны два способа нахождения неизвестных вели-
чин какого-либо физического явления: экспериментальный
и теоретический. В экспериментальном методе на опыте,
путем измерений определяют неизвестные величины.
В теоретическом методе эти неизвестные величины опреде-
ляют путем физического анализа данного явления, с по-
мощью соответствующих физических законов, управляю-
щих этим явлением. Физические законы связывают между
собой различные физические величины, среди которых
могут оказаться и известные, и неизвестные. Если в резуль-
тате применения соответствующих физических законов
составлена замкнутая система уравнений, в число неизвест-
ных которой входят и те неизвестные физические величи-
ны, которые необходимо определить, то после •решения
этой системы уравнений данная задача может быть реше-
на теоретически.
Из этих двух способов и следует первая классификация
физических задач. Задачи могут быть экспериментальными
и теоретическими. Задачу называют экспериментальной,
если для ее решения необходимо использовать измерения.
13
Экспериментальные задачи не будут исследоваться в этой
книге (их обычно рассматривают в лабораторном прак-
тикуме). Теоретической физической задачей назовем
физическое явление (или совокупность явлений) с некото-
рыми известными и неизвестными физическими величи-
нами, характеризующими это явление, если такую задачу
решают, не используя измерений. В этом пособии мы бу-
дем рассматривать только теоретические физические задачи.
В дальнейшем эпитет «теоретическая» перед словом «задача»
будет для краткости опускаться.
Классификацию теоретических задач проведем по двум
важнейшим признакам физической задачи, сформулирован-
ным выше (задача ставится и решается человеком, и зада-
ча выражает какое-либо физическое явление). По первому
признаку разделим все физические задачи на два класса:
непоставленные и поставленные. Непоставленной назовем
задачу, в которой или не обеспечена совокупность необ-
ходимых данных (за исключением табличных величин) для
ее решения, или не проведена ее идеализация, или то и
другое вместе взятое. Более подробно непоставленные
задачи будут рассмотрены ниже.
В поставленной задаче не только обеспечена полнота
величин и их значений, необходимых для ее решения, но
и проведен процесс идеализации. Следовательно, постав-
ленная задача — это некоторым образом «препарирован-
ная» задача, которая всегда имеет решение.
Классификацию поставленных задач проведем на ос-
новании второго существенного признака: задача выра-
жает какое-либо физическое явление. По тем же призна-
кам, что и физические явления, классифицируются и
физические задачи: к какому типу относится физическое
явление, которое выражает данная физическая задача,
к такому же типу относится и соответствующая задача.
Короче, каково физическое явление, такова и соответст-
вующая этому явлению задача. По общему признаку все
поставленные задачи разделим на классические и кванто-
вые. Далее, каждую классическую (и, конечно, квантовую)
задачу можно было бы отнести по частным признакам к
соответствующему типу (вплоть до подразделения по эле-
ментарным признакам). Но едва ли целесообразно прово-
дить такую более подробную классификацию задач — не
только потому, что для этого предварительно потребова-
лось бы изложить всю совокупность физических явлений
(т. е. весь курс общей физики), но и вследствие того, что для
начинающих изучать общую физику она окажется весьма
14
громоздкой и, по-видимому, малополезной при решении
задач. Поэтому мы ограничимся вышеприведенной общей
классификацией по двум обобщенным признакам (непо-
ставленные и поставленные, классические и квантовые за-
дачи). Заметим, что если анализ физической системы, часто
еще до окончательного решения, позволяет определить,
является ли задача классической или квантовой, какие в ней
.введены идеальные объекты и идеальные процессы, каковы
взаимодействия и их возможные последствия и т. д., то при-
надлежность данной задачи к непоставленной или постав-
ленной иногда можно установить только после ее решения.
Полезно ввести еще понятие о так называемой основной
задаче. ’Каждое физическое явление характеризуется опре-
деленной совокупностью физических величин. Эти величи-
ны связаны между собой некоторыми физическими зако-
нами. Среди множества законов, управляющих данным фи-
зическим явлением, имеется один или несколько главных,
фундаментальных. Нахождение физических величин, входя-
щих в фундаментальные законы, составляет содержание
основной задачи физического явления. Далее, используя
второстепенные законы, определяют всю совокупность фи-
зических величин, характеризующих данное явление.
Можно показать, что любая основная задача из общего
курса физики заключается в нахождении состояния со-
ответствующей физической системы.
ГЛАВА 2
НЕКОТОРЫЕ ОБЩИЕ МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ
ЗАДАЧ ПО ФИЗИКЕ
§ 4. Этапы решения поставленной
задачи
В процессе решения поставленной задачи полезно раз-
личать три этапа: физический, математический и анализ
решения.
Физический этап начинается с ознакомления с условия-
ми задачи и заканчивается составлением замкнутой систе-
мы уравнений, в число неизвестных которой входят и иско-
мые величины. После составления замкнутой системы урав-
нений задача считается физически решенной.
'Математический этап начинается решением замкнутой
системы уравнений и заканчивается получением числового
ответа. Этот этап можно разделить на два следующих:
15
а) получение решения задачи в общем виде,
б) нахождение числового ответа задачи.
Решив систему уравнений, находят решение задачи в
общем виде. Произведя арифметические вычисления, по-
лучают числовой ответ задачи.
В математическом этапе почти отсутствует физический
элемент. Безусловно, что математический этап является
менее важным, чем этап физический, но, необходимо под-
черкнуть, он не является второстепенным. К сожалению,
иногда недооценивают роль этого этапа, считая, что его
вообще можно не проводить. Неверно также считать, что
ошибки, допущенные на математическом этапе, являются
второстепенными. Если при решении системы уравнений,
или при переводе единиц, или при арифметическом расчете
совершена ошибка, решение задачи в целом окажется не-
верным. С точки зрения практики задача решена правильно
только в том случае, если получен ее верный общий и чис-
ловой ответ. Неправильно математический этап считать
второстепенным еще и потому, что после него должен сле-
довать этап анализа решения. Последний этап вообще
нельзя провести, если не получен общий и числовой ответ
задачи. Таким образом, для окончательного решения
задачи по физике физический и математический этапы ее
решения являются в равной степени необходимыми.
После получения решения в общем виде и числового
ответа проводят этап анализа решения. На этом этапе вы-
ясняют, как и от каких физических величин зависит най-
денная величина, при каких условиях эта зависимость осу-
ществляется и т. д. В заключение анализа общего решения
рассматривается возможность постановки и решения дру-
гих задач путем изменения и преобразования условий дан-
ной задачи. Иногда при анализе общего решения методом
теории размерностей устанавливают правильность полу-
ченного решения. Заметим, что данный метод дает лишь
необходимый признак правильности решения.
При анализе числового ответа часто исследуют:
а) размерность полученной величины;
б) соответствие полученного числового ответа физически
возможным значениям искомой величины; например, если
для скорости какого-либо тела получено значение большее,
чем скорость света в вакууме (с=3« 10э м/с), то ответ этот
явно ошибочен;
в) при получении многозначного ответа соответствие по-
лученных ответов условиям задачи.
Анализ решения задачи в какой-то степени является
16
творческим процессом, и поэтому его метод (который мы
только что изложили) не должен быть очень жестким и мо-
жет включать в себя (в зависимости от условий задачи) и
ряд других элементов. Анализ решения тесно связан с ме-
тодом постановки задачи, который будет изложен несколь-
ко позже.
Система этапов решения поставленной физической за-
дачи важна не сама по себе. Одного знания этой системы
еще недостаточно для решения задач. Особенность системы
этапов заключается в том, что она непосредственно свя-
зана с проблемой системы методов решения задач по фи-
зике. Дело в том, что на каждом этапе решающий задачу
должен осуществлять соответствующую этому этапу с а-
мостоятельную деятельность. Часто говорят, что,
для того чтобы научиться решать задачи по физике, не-
обходимо решать их самостоятельно. Это, конечно, верно.
Но если не указать решающему задачу общих способов
(методов) его деятельности, то он будет действовать на ос-
нове мучительного метода проб и ошибок. Отсюда вытекает
необходимость в системе общих методов для проведения
всех этапов решения произвольной задачи по
физике как способов самостоятельной дея-
тельности того, кто эту задачу решает. Следовательно, си-
стема общих методов должна обладать следующими свой-
ствами:
а) она должна быть универсальной, т. е. применяться к
решению любой задачи из общего курса физики,
б) она должна охватывать все этапы решения произ-
вольной задачи.
В результате анализа проведения каждого этапа реше-
ния произвольной задачи по физике можно предложить
следующую систему общих методов, объединяющую:
1) метод анализа физической ситуации задачи;
2) метод применения физического закона;
3) систему обще-частных методов;
4) метод упрощения и усложнения; метод оценки;
5) метод анализа решения;
6) метод постановки задачи.
Необходимо отметить, что никакой метод, взятый от-
дельно, сам по себе не является универсальным. Каждый
метод имеет смысл и проявляет свою наибольшую силу
только в системе методов. Последняя же не всегда автома-
тически гарантирует решение задачи. Иногда задача может
быть решена и без методов («интуитивно»). Но решения
задач будут получены гораздо чаще и быстрее, если дей-
17
ствовать согласнр этим методам. Короче говоря, система
общих методов — это не догма, а руководство к самостоя-
тельной деятельности при решении задач по физике, это
система разумных советов, а не инструкция. Для прове-
дения каждого этапа при решении задачи могут быть ис-
пользованы соответствующие методы. В следующих пара-
графах каждый метод рассматривается более подробно.
§ 5. Метод анализа физической
ситуации задачи
Заметим, что решение любой физической задачи — это
прежде всего мыслительный процесс. Однако мы не будем
исследовать тонкости психологического рассмотрения это-
го процесса, а сразу перейдем к результатам.
Любая физическая задача выражает какое-то физиче-
ское явление (или группу явлений). Соотношения между
искомыми и известными физическими величинами содер-
жатся внутри этого явления. Для того чтобы найти эти
соотношения (которые должны составить замкнутую си-
стему уравнений), необходимо не только знать сущность
данного явления, систему его физических параметров,
законов и границ его применимости, но и уметь выделить
все эти элементы в данной задаче. Практически физический
анализ задачи сводится в основном к выделению и анализу
физического явления. С чего же начинается анализ —
синтез физической ситуации задачи?
Вводная часть метода анализа физической ситуации за-
дачи носит вспомогательный характер, это как бы вхожде-
ние, вступление в мир физических явлений задачи. Анализ
явлений здесь производится уже на стадии предваритель-
ного знакомства с задачей. После прочтения задачи по-
лезно записать ее условия пытаясь осмыслить данные и ис-
комые величины, а также связь между ними. Далее необхо-
димо сделать чертеж (схему, рисунок), обозначив на нем
все данные и искомые величины. Рисунок позволяет на-
глядно представить физическое явление задачи.
В основной части этого метода надо уже конкретно про-
вести анализ физических явлений. Как известно, физиче-
ское явление содержит качественную и количественную
стороны. Поэтому сначала определяют качественную ха-
рактеристику явления (чем это явление отличается от дру-
гих, какова его сущность, как оно происходит и т. д.).
Конкретно здесь, во-первых, выбирают физическую систе-
му (какие физические объекты включают в систему), во-
вторых, определяют качественные характеристики этих
объектов (каким идеальным объектом является каждое тело:
материальная точка, твердое тело и т. д.), в-третьих, рас-
сматривают, в каких физических процессах участвуют объек-
ты системы.
Затем устанавливают количественные связи и соотно-
шения между различными физическими величинами, ха-
рактеризующими данное явление. Выше отмечалось, что
количественные связи различных физических величин
отражаются в физических законах. Поэтому, применяя
соответствующие физические законы, получают замкнутую
^систему уравнений. После составления замкнутой системы
уравнений задача считается физически решенной.
Таким образом, метод анализа физической ситуации за-
дачи отвечает на вопросы: с ч е го начинать, что и как
надо делать при решении любой поставленной физи-
ческой задачи. Легко видеть, что этот метод применяется
лишь на физическом этапе решения задачи.
§ 6. Обще-частные методы. Метод ДИ
Система обще-частных методов является универсальной
в том смысле, что может быть применена к решению задач
почти из любого раздела курса общей физики. Овладев срав-
нительно небольшим количеством обще-частных методов,
можно успешно решать практически любые поставленные
задачи.
Обще-частных методов относительно немного. Из них мы
рассмотрим следующие: кинематический, динамический,
Законов сохранения, расчета физических полей, дифферен-
цирования и интегрирования. Первые четыре метода будут
рассмотрены в соответствующих главах. В настоящем па-
раграфе изложен метод дифференцирования и интегрирова-
ния (метод ДИ).
В методе ДИ большое значение имеет положение о гра-
ницах' применимости физических законов. Как известно,
содержание физического закона не является абсолютным,
а его использование ограничено рамками условий примени-
мости.
Часто физический закон можно распространить (изме-
нив его форму) и за границы его применимости с помощью
метода ДИ. В основе этого метода лежат два принципа:
принцип возможности представления закона в дифферен-
циальной форме и принцип суперпозиции (если величины,
входящие в закон, аддитивны).
19
Сущность метода ДИ заключается в следующем. Предпо-
ложим, что физический закон имеет вид
K=LM, (6.1)
где К, L и М — некоторые физические величины, причем
условием его применимости является L=const. Как распро-
странить данный закон
на случай, если Ly=const
и L является некоторой
функцией от М, -т. е.
L=L(Af)?
Выделим столь малый
промежуток dAf 'измене-
ния величины М, чтобы
изменением величины L
М на этом промежутке мож-
6.1 но было пренебречь
(рис. 6.1). Таким обра-
зом, приближенно на участке dAf можно L считать
^постоянной (L=const) и, следовательно, условия применимо-
сти закона (6.1) на участке dAf выполнены (приближен-
но). Тогда
dK=L(M)dM,
(6.2)
где d/C — изменение величины К на участке dAf.
Используя принцип суперпозиции (суммируя величины
по всем участкам изменения величины М), получаем зна-
чение величины К в виде
м2
K=J L(Af)dAf,
Mt
(6.3)
где Mi и Af2 — начальное и конечное значения величины М.
Таким образом, метод ДИ состоит из двух частей. В пер-
вой находят дифференциал (6.2) искомой величины. Для
этого в большинстве случаев производят или деление тел на
столь малые части, чтобы последние можно было принять за
материальные точки, или деление большого промежутка
времени на такие малые промежуточки времени dt, чтобы в
течение этих малых промежутков процесс можно было
приближенно считать равномерным (или стацио-
нарным), и т. д.
Во второй части метода производят суммирование (ин-
тегрирование). Наиболее трудными в этой части являются
выбор Церемонной интегрирования и определение пределов
20
интегрирования. Для определения переменной интегриро-
вания необходимо детально проанализировать, от каких
переменных зависит дифференциал искомой величины и ка-
кая переменная является главной, наиболее существенной.
Эту переменную чаще всего и выбирают в качестве перемен-
ной при интегрировании. После этого все остальные пере-
менные выражают как функции от этой переменной. В ре-
зультате дифференциал искомой величины принимает вид
функции от переменной интегрирования. Затем определя-
ют пределы интегрирования как крайние (предельные)
значения переменной интегрирования. После вычисления оп-
ределенного интеграла получают числовое значение искомой
величины.
Пример 6.1 Тонкий стержень длины 1=1 м равномерно
заряжен зарядом Q = 10-12 Кл. Определить потенциал
электрического поля этого заряда в точке А, расположен-
ной на оси стержня на расстоянии d=l м от его конца
(рис. 6.2). Среда — вакуум.
Решение. Ответ, записанный в виде <p=Q/ (4л8(4),
откуда следует, что <р=9.10“3 В, является ошибочным, ибо
эта формула справедлива только для потенциала электри-
ческого поля, созданного точечным электрическим зарядом.
В нашем случае заряд Q расположен на теле (стержне), гео-
метрическими размерами которого (/=1 м) нельзя прене-
бречь по сравнению с характерным расстоянием (d=l м),
рассматриваемым в
данной задаче. Сле-
довательно, заряд Q
нельзя считать точеч-
ным.
Применим метод
ДИ. Разделим стер-
жень на столь ма-
6.2.
лые участки, чтобы каждый из них можно было принять за
материальную точку. Поэтому заряд, расположенный на та-
ком участке, можно считать точечным. Рассмотрим один та-
кой участок длины dx, отстоящий от точки А на расстоянии
х. Заряд этого участка точечный и составляет dQ== (Q//)dx.
Заряд dQ создает электрическое поле, потенциал dtp кото-
рого в точке А может быть вычислен по формуле

(6.4)
Подставив в (6.4) значение dQ=“(Q//)d*, получаем диффе-
ренциал искомой величины как функцию одной перемен-
21
ной:
т 4Л80/ X
(6.5)
Первая часть метода закончена. Переходим к суммированию
потенциалов полей, созданных всеми элементарными заря-
дами (по построению они все точечные), на которые был раз-
делен первоначальный заряд Q. Переменная интегрирования
х изменяется в пределах от d=\ м до d-\-l=2 м. Инте-
грируя (6.5) по х в этих пределах, окончательно получаем
значение искомой величины:
d+l
С Qdx — Q 1 Л ।
= J 4ле0/х 4ле0/ п \ 1 * d )'
d
Подставив числовые значения, получим ф«6,3-10“8 В.
Метод дифференцирования и интегрирования является
универсальным и необходимым как при изучении теории,
так и в особенности при решении задач по физике. В механи-
ке с помощью этого метода производят вычисление работы
переменной силы, моментов инерции, при изучении физиче-
ских полей его используют для расчета напряженностей и
потенциалов полей, созданных неточечными массами, не-
точечными зарядами, макротоками и т. д.
Математическую основу метода составляют дифференци-
рование и интегрирование функций. Поэтому рассматривае-
мый метод позволяет практически осуществить межпредмет-
ную связь при изучении курсов физики и высшей матема-
тики.
§ 7. Метод упрощения и усложнения.
Метод оценки
Этот метод используют при решении сложных задач, а
также при решении непоставленных и нестандартных за-
дач. Его широко применяют на этапе анализа решения физи-
ческой задачи. На этом этапе метод упрощения и усложне-
ния позволяет развернуть любую задачу в «блок» все более
сложных или более простых задач. Типичным в этом от-
ношении является пример И.2 (см. § 11).
Составными частями метода упрощения и усложнения
являются два взаимосвязанных и противоположных про-
цесса: процесс упрощения (идеализация, оценка и отбрасы-
вание второстепенных явлений, пренебрежение несущест-
венными деталями и т. д.) и процесс усложнения (учет и рас-
22
смотрение ранее отброшенных объектов, явлений, деталей,
усложнение физической системы, связей и т. д.). Материаль-
ную основу этих процессов составляет метод оценки.
Этот метод часто используют при анализе любой физиче-
ской ситуации, производя оценку физических величин или
оценку физических явлений.
Оценка физической величины заключается, во-первых,
в арифметическом (числовом) расчете порядка самой вели-
чины (оценка порядка) и, во-вторых, в сравнении однород-
ных величин по их порядкам (сравнение по порядку).
При арифметическом расчете порядка величины, зави-
сящей от других величин, числовое значение каждой из
этих величин представляют в стандартном виде (произведе-
ние первой значащей цифры на десять в соответствующей
степени). Затем оценивают порядок каждого слагаемого
(если рассчитываемое выражение есть алгебраическая сум-
ма). Выделяют слагаемые с наивысшим порядком. Слагае-
мые, порядок которых по крайней мере на два ниже слагае-
мых наивысшего порядка, отбрасывают. Точную значащую
цифру оставшихся слагаемых определяют или с помощью
логарифмической линейки, или на микрокалькуляторе.
Пример 7.1 Пусть в результате общего решения задачи
получена следующая расчетная формула'.
лт__ УМ (Р1^2 Р2^1)
т~~ R7\T2
где У=9 л—объем газа, Л1=2-10“3 кг/моль — его
молярная масса, px=52-105 Па — первоначальное давле-
ние газа, 7Х=296 К — его начальная температура, р2 =
=5-104 Па — конечное давление газа, 72=283 К — его
конечная температура, 7? =8,31 Дж/(моль-К) — уни-
версальная газовая постоянная, Дт — изменение массы
газа. Оценить порядок величины Ат.
Решение Переводим данные величины в СИ, одновре-
менно округляем их значения и представляем в стандартном
виде. В результате получаем: У^10~2м3, М =2-10“3 кг/моль,
Рх^б-109 Па, 7^3-102 К, р2=5-10* Па, 72=3-102 К,
₽~8 Дж/(моль-К). Из этих данных, во-первых, видно, что
приближенные значения начальной и конечной темпера-
туры одинаковы и, следовательно, вместо первоначальной
формулы получается более простое выражение
Дт ~ VM (Pi—P^ .
23
Во-вторых, конечное давление р2=5-104 Па по порядку
величины значительно меньше начального давления pi==*
=5-10® Па (на два порядка) и, следовательно, им можно*
пренебречь. В конечном итоге для оценки порядка величи-j
ны Д/п получаем
Дт , откуда Дт «г------------вТзЛо2----кг~4• 10 2 кг.^
Более точный, но и более длительный расчет дает для
Искомой величины значение А/п=3,8-10-2 кг. j
Грубая, но быстрая оценка порядка искомой величины^
очень важна для последующего этапа анализа решения.]
При сравнении физических величин (зависящих от
других величин) сначала находят их отношение в общем
виде, а затем производят числовой расчет порядка этого
отношения. 1
Пример 7.2 Сравнить силу тяготения FT двух прото-
нов и силу их электрического отталкивания F3.
Решение. Найдем отношение этих сил: 1
FT_Gm2*4n;e0r2
К »
где G«6,7-10-11 Н-м2/кг2— гравитационная постоянная,
m«*l,67X 10-27 кг — масса протона, Q=l,6-10“19 Кл —i
заряд протона, 4ле0«1,1 • 10-10 Ф/м. !
После арифметического расчета получаем
FJF^I-10“37« 10“зв.
Таким образом, сила тяготения двух протонов на 36
порядков меньше силы их электрического отталкивания
(гравитационное взаимодействие фантастически мало по
сравнению с электромагнитным взаимодействием).
Пример 7.3 Какое тело притягивает Луну сильнее:
Земля или Солнце?
Решение. На основании закона всемирного тяготе^
'ния найдем отношение сил притяжения Земли (Г3) и Солнц^
(fc):
О _ О w
^~^сг2з’
где Л4з~6-1024 кг — масса Земли, Л4С~2« 1030 кг — масс!
Солнца, гс~ 1,5-Ю11 м — среднее ^расстояние Луны (Зем:
ли) от Солнца, r3=4-108 м — среднее расстояние Луны 01
Земли.
После расчета получаем
F3IF^I^.
Следовательно, по порядку величины силы притяжения
Луны к Земле и Солнцу одинаковы, но все-таки Солнце при-
тягивает Луну примерно в два с половиной раза сильнее,
чем Земля. В этом ничего парадоксального нет, если учесть,
что под действием силы притяжения к Солнцу Луна движет-
ся вокруг Солнца, а под действием силы притяжения к Зем-
ле Луна движется вокруг Земли.
Оценка физического явления сводится, во-первых, к
получению фундаментального закона, управляющего дан-
ным явлением, и, во-вторых, к числовому расчету порядка
физической величины.
Часто задачи на оценку являются непоставленными.
Пример 7.4 Оценить давление в центре Земли.
Решение. Постановка задачи. Введем некоторые уп-
рощения. Будем считать Землю однородным шаром радиуса
R3. Поле тяготения однородного шара эквивалентно полю
материальной точки такой же массы, расположенной в цент-
ре шара. Любое тело массой т, расположенное на поверх-
ности Земли, притягивается к Земле с силой, равной Гт=
=С(тЛ1з/7?з), и, следовательно, оно производит на Землю
давление p—FjS, где S — площадь опоры тела. Если мно-
жество таких тел располагаются на поверхности Земли тон-
ким сферическим 'Слоем, то давление такого сферического
слоя массой dm
GAfod/n
р 4л#|.
О
Сила тяготения тела к Земле зависит от расстояния до
центра Земли. Следовательно, толщина сферического слоя
должна быть мала по сравнению с этим расстоянием. Каж-
дый сферический слой производит давление на нижележа-
щие слои. Теперь уже ясно, что для расчета давления в цент-
ре Земли необходимо применить метод ДИ (см. § 6). Разде-
лим Землю на тонкие сферические слои. Рассмотрим один
такой слой толщины dr, расположенный на расстоянии г
от центра Земли О (рис. 7.1). Он притягивается к части
Земли, находящейся внутри него (внешняя часть Земли не
действует на слой), с силой
(j р __ G-4nr2drp- 4лг3р
т ~ Зг2 *
24
25
где р — средняя плотность Земли. Отсюда давление слоя'
, dfT
4nGp2rdr
3
После интегрирования получаем, обозначив R3 — ради-
ус Земли,
*3
р= J dp = (2л/3) Gp’(R^—
Г
— давление внутри Земли на расстоянии г от центра Зем-
ли. При г=0 находим давление
в центре Земли:
р = 2/3лОр2/^.
Оценим порядок этой величины
(считая р«5,5-103 кг/м3):
1011 Па^2-10и Па.
Известно, что нормальное
атмосферное давление равно при-
близительно 105 Па. Таким об-
разом, давление в центре Земли
на шесть порядков превышает
нормальное атмосферное давление.
Часто, используя метод оценки, сравнивают между
собой различные физические явления. При этом произво-
дят оценки фундаментальных физических величин, харак-
теризующих эти явления. ,
Пример 7.5 Плоский контур площадью 5 = 1 м2, conpo-i
тивлением R = 1 Ом расположен в однородном магнитное
поле, индукция которого изменяется по закону В=В0—
—аР!(25), где В 0=10 Тл, а=10 “1Т л • м2/с2. Плоскостъ кон-
тура перпендикулярна вектору В. Определить силу токе
в контуре в момент времени t=\ с, если индуктивности
контура равна L и при 1=0 сила тока в контуре I=0
Решение. В зависимости от значения индуктивно'
сти контура Конкретные физические явления будут проте
кать различным образом. Рассмотрим два предельны?
случая.
1. Индуктивность контура L столь мала, что явление*
самоиндукции можно пренебречь. По сравнению с чем, *
каким другим явлением? В физическую систему включи?
контур и магнитное поле. Вследствие изменения магнит
ного поля в контуре возникает явление электромагнитно
26
индукции. Так как э. д. с. индукции <§K—at зависит от вре-
мени, то возникающий индукционный ток также зависит от
времени. Следовательно, в контуре возникает явление са-
моиндукции (характеризующееся э. д. с. самоиндукции
^с= — .
Таким образом, рассматривается случай столь малых L,
что можно пренебречь э. д. с. самоиндукции <^с по срав-
нению с э. д. с. индукции ^и. Тогда по второму закону
Кирхгофа для данного контура получаем
£W=IR.
Так как <£и=а/, то
In=at/R, /И=Ю-1 А. (7.1)
2. Индуктивность контура столь велика, что явлением
самоиндукции пренебречь нельзя. Это означает, что э. д. щ
самоиндукции <£с сравнима с э. д. с. индукции. По второму
закону Кирхгофа для данного контура находим
—L~ = IR или at — L^=IR.
" dr dr
Решением этого дифференциального уравнения, удовлет-
воряющего начальным условиям (/=0 при t=Q), является
следующая функция:
(R \
1-е" 7 (7.2)
Второй член в правой части последнего уравнения учи-
тывает явление самоиндукции. Пусть индуктивность кон-
тура L = L Гн. Подставляя данные величины в (7.2), полу-
чаем /=0,04 А, что значительно отличается от полученного
ранее значения. Таким образом, при больших значениях
индуктивности контура в данном случае нельзя пренебре-
гать явлением самоиндукции.
Заметим, что последний вывод справедлив только для
небольших промежутков времени. Из уравнения (7.2) вид-
но, что роль явления самоиндукции будет уменьшаться с
течением времени. Например, в момент времени /=100 с
без учета явления самоиндукции /=10 А, а с учетом —
7=9,9 А, т. е. поправка на явление самоиндукции состав-
ляет всего 1%. Таким образом, для моментов времени
^100 с явлением самоиндукции можно пренебречь даже при
таком большом значении индуктивности контура (Т=1 Гн).
27
§ 8. Метод постановки задачи
Этот метод используют или на этапе анализа решения за-
дачи, или (чаще всего) на этапе постановки задачи при реше-
нии непоставленных задач.
Выше непоставленная задача была определена или как
задача неидеализированная, или как задача с неполной
(незамкнутой) * системой физических величин и условий,
или как то и другое, вместе взятое. Следовательно, непос-
тавленная задача отличается от поставленной, во-первых,
тем, что она не идеализирована, и, во-вторых, тем, что ре-
шение ее неоднозначно и такая задача распадается на ряд
поставленных задач.
В типичной непоставленной задаче иногда нет конкрет-
ных данных, не всегда известно, что необходимо искать,
нет дополнительных условий и т. д. Поэтому первым эта-
пом (наиболее важным и наиболее трудным) в решении
непоставленной задачи является постановка самой задачи.
При проведении анализа физического явления (с этого
и начинается метод постановки задачи) необходимо выяс-
нить, какие можно ввести упрощения, чем можно прене-
бречь, какие можно ввести дополнительные условия и
т. д. Ранее этот процесс был назван процессом идеализации.
После разумной идеализации задачи необходимо выяснить,
какие данные могут быть известны, что можно взять из спра-
вочников, таблиц и т. д. Некоторые данные впоследствии
могут оказаться лишними, а некоторых может недоставать.
Это выяснится только после решения задачи в общем виде.
По-видимому, не существует метода (алгоритма) проведе-
ния процесса идеализации задачи — это творческий про-
цесс. !
После проведения процесса идеализации задача ставит-
ся (формулируется)? при таких-то условиях дано конкретно^
что-то, требуется найти нечто. На этом первый этап и реше-
ния, и постановки непоставленной задачи заканчивается. За-
дача поставлена. Далее идет уже известный этап — решение
поставленной задачи. Необходимо вторично провести ана-
лиз физического явления (теперь это делается уже значи-
тельно быстрее), составить замкнутую систему уравнений и
решить ее в общем виде. Прежде чем приступить к числово-
* Табличные данные не считаются заданными величинами. Таки!
образом, идеализированная задача, система данных величин KOTOpoi
неполна только потому, что в ней отсутствуют табличные данные, hi
является непоставленной задачей.
28
му расчету, надо убедиться в том, что все данные для этого
имеются. Если их нет, то недостающие данные необходимо
дополнительно добавить к первоначально заданным или
взять из таблиц, справочников и т. д. Только после вве-
дения этих дополнительных данных, обеспечивающих од-
нозначное решение поставленной задачи, можно считать,
что задача поставлена. Затем идет арифметический расчет,
на котором и заканчивается решение одной задачи дан-
ной проблемы.
Далее, снимая одно или несколько дополнительных
условий (будем, например, учитывать трение, предполо-
жим, что данное тело не материальная точка и т. д.), можно
сформулировать другие задачи и так же, как указано
выше, решить их. Таким образом, с одной непоставленной
задачей может быть связана большая группа («блок»)
разнообразных и различной степени трудности физиче-
ских задач.
Пример 8.1 На клине (наклонной плоскости) располо-
жено тело. Исследовать движение клина и тела (рис. 8.1).
Решение. Задача не поставлена. Неясно, какие фи-
зические величины даны, что необходимо искать, нет до-
полнительных условий (где на- .
ходится данные тела, каковы их ..
свойства и т. д.).
На первом этапе анализа воз-
можного физического явления
попробуем сначала поставить
задачу. В физическую систему 8.1
целесообразно включить оба те-
ла. Все остальные тела будем считать внешними.
Проведем идеализацию задачи. Для этого введем ряд
дополнительных условий и ограничений, при которых будет
справедливо решение будущей (когда она будет поставлена)
задачи. Предположим, что:
1) данная физическая система находится на Земле;
2) трение между клином и Землей столь велико, что клин
остается неподвижным относительно Земли;
3) клин и тело — абсолютно твердые тела, т. е. дефор-
мации их столь малы, что ими можно пренебречь. Однако
возникающие при этом упругие силы мы учитывать будем;
из этого условия, в частности, следует, что грани клина
можно считать плоскими;
4) высота клина столь мала, что на всем ее протяжении
молено было принять g=9,8 M/c2=const;
b) тело — материальная точка;
29
6) трение между телом и клином мало и им можно пре-
небречь;
7) горизонтальная грань клина столь мала, что можно не
учитывать шаровую форму Земли (т. е. считать направле-
ние вектора ускорения свободного падения Земли g пос-
тоянным).
Теперь, введя эти условия и ограничения, можно по-
ставить (сформулировать) первую задачу:
материальная точка массой т = 1 кг движется по абсо-
лютно твердой наклонной плоскости с высоты h = 10 м.
Начальная скорость тела vo=0. Угол прй основании на-
клонной плоскости а=30°. Определить время движения
тела до основания наклонной плоскости (или ускорение а,
или скорость v, или какой-либо другой параметр движе-
ния), если трение между телом и наклонной плоскостью
отсутствует. Сопротивлением воздуха пренебречь.
Задача поставлена и, как показывает ее решение (оно
несложно), поставлена корректно. Анализ этого решения
показывает, что искомое время t зависит от высоты наклон-
ной плоскости h и угла а следующим образом:
Подстановка числовых значений приводит к результату
t&3 с.
Одна поставленная задача решена. Снимая постепенно
ограничения и дополнительные условия, сформулированные
выше, можно поставить более сложные задачи. Например,
снимая условие п. 6, получаем задачу о движении мате-
риальной точки с учетом силы трения. Решение этой второй
задачи полезно сравнить с первым решением (8.1). Если
снять условие п. 5, то будем иметь задачу о движении нема-
териальной точки (твердого тела) по наклонной плоскостй.
При этом снова необходимо ввести предположение о форме
тела (шар, цилиндр и т. д.). Решение третьей задачи можно
сравнить с первыми двумя, исследовать возникающие здесь
вопросы (почему в одном случае время t больше, меньше и
т. д., и т. п.). Таким образом, из одной непоставленной
задачи можно получить множество («блок» ) самых раз-
нообразных задач.
§ 9. Еще одна классификация поставленных задач
Полезно дать еще одну классификацию поставленных за-
дач. Эта классификация основана на одной очень важнрй
особенности самого процесса решения задачи. Речь идет о
30
средствах, необходимых и достаточных для решения той
или иной задачи по физике. По этому признаку поставлен-
ные задачи можно разделить на элементарные, стандартные
и нестандартные задачи. Мы приведем не очень строгие
определения этих задач (хотя можно было бы дать и более
корректные их определения).
Элементарной назовем поставленную задачу, для ре-
шения которой необходимо и достаточно воспроизвести и
применить лишь один соответствующий физический закон.
Стандартную определим как поставленную задачу, для
решения которой необходимо и достаточно привлечь лишь
систему «обычных» знаний и «стандартных» методов
и приемов.
В распространенных сборниках задач по физике, как
правило, приводят стандартные задачи.
Приведем примеры элементарной, стандартной и не-
стандартной задач.
Пример 9.1 По проводнику, выполненному в виде ок-
ружности радиуса #=0,5 м, идет постоянный ток
1=1 А. Определить индукцию магнитного поля этого
тока в центре окружности. Среда — вакуум.
Решение. Оно очевидно. Для того чтобы получить
его, достаточно записать закон Био — Савара — Лапласа
в интегральной форме для кругового тока:
В = роИ^=4л-10“7 Тл.
Таким образом, для решения этой задачи необходимо и
достаточно привлечь конкретный закон, причем метод при-
менения этого закона заключается именно в его записи. Сле-
довательно, данная задача — элементарная. Иногда эле-
ментарные задачи называют тренировочными или подста-
новочными. Задачи подобного рода действительно оправ-
дывают свои многочисленные названия. Они могут быть
названы и тренировочными (при решении таких задач тре-
нируется память), и подстановочными (после написания со-
ответствующего закона для получения числового ответа в
эту формулу достаточно подставить данные значения ве-
личин и произвести арифметический расчет), и элементар-
ными. Мы оставим за ними последнее название. Учитывая,
что элементарные задачи могут быть решены и без общего
подхода (хотя некоторые его элементы также используют
при решении и таких задач), мы не будем рассматривать
их в данной книге.
31
Пример 9.2 На наклонную плоскость, составляющую
угол а с горизонтом, поместили два соприкасающихся
бруска массами тгит2 (рис. 9.1). Определить силу взаи-
модействия между брусками в процессе движения, если
коэффициенты трения между наклонной плоскостью и
этими брусками соответственно равны и f2, причем
fv>fz-
Решение.
нельзя решить,
Эту сравнительно несложную задачу уже
просто записав «соответствующий» физи-
ческии закон (например,
второй закон Ньютона:
F=ma), хотя бы потому,
что необходимо знать не
только закон, но и метод
его применения.
Применим метод ана-
лиза физической ситуации.
После записи условий за-
дачи, построения чертежа
и анализа данных и иско-
9.1 мых величин переходим к
основной части физическо-
го анализа. В физическую систему включим тела тг
и т2. Остальные тела будут внешними. Тела системы мож-
но принять за материальные точки. В системе происходит
движение этих тел вследствие их взаимодействия как с
внешними телами (Земля и наклонная плоскость), так и
между собой. Необходимо определить один из параметров
этого взаимодействия: одну из внутренних сил. Эта задача
связана с основной задачей динамики материальной точки.
Применим к каждому телу второй закон Ньютона. Инер-
циальную систему отсчета свяжем с наклонной плоскостью,
а оси координат выберем так, как показано на рис. 9.1.'
Легко видеть, что на каждое из тел тг и т2 действуют че-
тыре силы: сила тяжести mg, сила реакции опоры N, сила
трения FTp и искомая сила взаимодействия между ними F.
Проецируя эти силы на оси координат, получаем замкну-
тую систему из двух уравнений с двумя неизвестными:
m^g sina—fynig cosa-\-F=m1a,
m2g sina—f2m2g cosa—F—m2a.
Решая полученную систему, наЯодим ответ в общем виде:
р _ (fi—f2) cos a
/И14-та
32
Мы видели, что для решения этой задачи необходимо и
достаточно было применить лишь второй закон Ньютона,
стандартный метод анализа физической ситуации задачи и
метод применения физического закона. Следовательно,
решенная задача — стандартная.
Нестандартная — это также поставленная задача, но
применение в процессе ее решения только «обычных»
законов и методов не приводит к цели: система уравнений
получается незамкнутой. Остается неучтенным какое-то
«нечто» (что и делает задачу нестандартной), некоторая
«изюминка», о которой нужно как-то догадаться. Безус-
ловно, о том, как догадаться, как ее отыскать, никаких
общих и универсальных практических советов, по-види-
мому, здесь дать нельзя.
Пример 9.3 Две материальные точки массами тг и т2
(причем т^тг) связаны невесомой и нерастяжимой ни-
тью, как показано на рис. 9.2. Блоки невесомы. Найти
силу натяжения нити в процессе движения тел.
Решение. Применим метод анализа физической си-
туации. После записи условий, чертежа и анализа данных
и искомых величин перейдем ко второй части физического
анализа. В физическую систему вклю-
чим тела mi и т2 и нить. Тела тг и
т2 можно принять за материальные
точки, а нить по условию невесома,
нерастяжима и не может быть приня-
та за материальную точку. В резуль-
тате взаимодействия тел системы как
между собой, так и с внешними тела-
ми (в частности, с Землей) происхо-
дит прямолинейное движение тел mf
и т2 с ускорениями соответственно
и а2. Необходимо определить один из
динамических параметров — силу на-
тяжения нити. Эта задача связана с ос-
новной задачей динамики материаль-
ной точки. Применим второй закон Ньютона к телам mt
и т2:
mtg—T =mlal,
2Т—m2g=m2a2,
где Т — сила натяжения нити.
Получена Замкнутая система из двух уравнений с тремя
неизвестными (ai, а2, Т). Конкретные законы динамики ис-
2 № 1899 33
черпаны. Применим конкретные законы кинематики:
Si=aif2/2, s2=a2/2/2.
Получена незамкнутая система из четырех уравнений с
шестью неизвестными (аи а2, Т, su s2, t). Исчерпаны и конк-
ретные законы кинематики, а задача еще физически не реше-
на. Осталось учесть какое-то «нечто» из условий задачи.
Мы знаем, что об этом нужно как-то догадаться. Проанали-
зируем дополнительно условия задачи. Почему ускорения
и аг различны? Условия движения этих тел различны.
В чем? На них действуют различные силы (это динамика).
А еще в чем? В кинематике. Конкретно в чем? Различны «ки
s2. Почему? Потому что различны «1 и а2. Круг замкнулся.
Логика ни к чему пока не привела. И вдруг как молния —
догадка: так ведь Si=2s2! Почему? Но это же просто! До-
гадка на самом деле верная, и это соотношение можно обос-
новать. Далее решение задачи уже действительно очевидно.
В заключение этого параграфа остановимся еще на част-
ном случае нестандартных задач, которые мы назовем ори-
гинальными (или олимпиадными). Оригинальной назовем
нестандартную задачу, при решении которой роль «нечто»,
догадки является главной, определяющей по сравненик
с обычными знаниями и методами. Значение последних прг
решении оригинальных задач относительно невелико. Иг
определений оригинальной и собственно нестандартной за-
дач видно, что грань между ними весьма условна. Иногда е
оригинальных задачах неопределенное «нечто», «изюминка)
вырастают до рткрытия специальных, нестандартных мето
дов решения задач. Заметим, что оригинальная задача чаете
допускает и стандартное решение, но оно настолько трудо
емко, связано подчас с большими преобразованиями и вы
числениями, от выполнения которых целесообразно отка
заться и искать другое, оригинальное решение. i
Пример 9.4 Из двух портов А и В, расстояние межд\
которыми равно I, одновременно выходят два катере
один из которых плывет со скоростью v1( а другой — с
скоростью v2 (рис. 9.3). Направление движения первое
катера составляет угол а, а второго — угол [3 с линия
АВ. Каким будет наименьшее расстояние между ка
т ерами? ;
Решение. Приведем сначала стандартное решений
Применим метод анализа физической ситуации. В дальне!
шем метод анализа физической ситуации задачи будем сое
ращенно называть методом анализа. В физическую систем
включим оба катера, которые можно принять за материал!
34
ные точки. Они движутся равномерно и прямолинейно от-
носительно инерциальной системы отсчета, связанной с
Землей. Это движение рассматривается формально. Необ-
ходимо определить один из параметров этого явления — ми-
нимальное расстояние между телами. Эта задача связана с
основной задачей кине-
матики. Начало коорди-
нат выберем в точке А.
Так как законы движе-
ния тел известны: ц
П = cos а • t • i + _ -
-Hi sin а-tj, ............d.
r2=(l—v2 cos P • 0H-
4-v2 sin p«H,
то из них определим расстояние между катерами в любой мо-
мент времени:
г = /[/—(и2 cos Р + vt cos а) /]2 + [(и2 sinР—t^sina) f|2.
(9-1)
Остается найти минимум этого выражения. Вот здесь-то
нас ожидают нелегкие вычисления, которые, однако, при-
дется проделать до конца. Для упрощения этих вычислений
(нам необходимо найти производную г' и, приравняв ее
нулю, определить значение Zmin, после подстановки которого
в (9.1) можно получить искомое rmin) возведем г в квадрат:
г2=[1—(и2 cos P+vi cos a)d24-I(v2 sin P—th sin a)/]2.
Найдем производные от обеих частей последнего выраже-
ния:
2гг' = 2 {— [/—(и2 cos Р + Vj cos a) /] (^cosp+t»! cos a) +
+ (y2sinP—Vi sin a)21}.
Исключим тривиальный случай, когда г=0 (это озна-
чает, что катера могут столкнуться). Тогда, приравнивая f'
нулю, находим тот момент времени Zmin, в который расстоя-
ние между катерами минимально:
t I (°8 cos Р Vi cos
min +2vif2 cos (a Р) ’
Подставив это выражение Zmin в (9.1) после очень долгих
вычислений (советуем читателям в этом убедиться само-
35
стоятельно) получаем окончательно
l(v2 sin Р —Vi sin а)
V »1 + ^2 + 2V1V2 cos (а + Р)
Дадим теперь оригинальное решение. Свяжем инер-
циальную систему отсчета не с Землей, а с первым кате-
ром (I). Почему? Чем эта система лучше системы, связанной
с Землей? Может быть, она лучше, может быть, хуже. Мы
заранее этого не знаем. Попробуем все же выбрать именно
такую систему отсчета. Теперь второй катер относительно
этой системы отсчета движется с относительной скоростью
v=v2—vx (9.2)
и траектория его является прямой линией ВС (рис. 9.4).
Очевидно, что минимальное расстояние между катерами
есть длина перпендикуляра АС, опущенного из точки А
на прямую ВС: '
|ДС|=/ sin ф,
где ф — угол между направлением ВА и вектором v. Оста-
лось найти sin ф. Проецируя v (см. (9.2)) на ось 0Y, полу-
чаем
v sin ф=у2 sin р—Vi sin а.
По теореме косинусов,
v = У vf + vl + 2vtv2 cos (а + P).
Таким образом,
v2sinP—visina
sin ф = . 1 ,t-—--= .
Следовательно, окончательно
г I ЛГ\ / (v2 sin P—Vj sin a)
rmin — | /iU ] — ==. ,
V Vi -|- v2 -f- 2viV2 cos (a -I- P)
что совпадает с выражением, полученным путем длительны
вычислений стандартным методом.
Раздел П
Решение стандартных задач
МЕХАНИКА
ГЛАВА 3
ДВИЖЕНИЕ МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ
§10. Кинематика материальной точки
В кинематике движение тел рассматривают формально,
без объяснения причин изменения движения и, следователь-
но, не используют ни понятия силы F, ни понятия массы т
тела.
Простейшей физической системой является либо одна
материальная точка, либо их относительно небольшая сово-
купность.
Положение материальной точки относительно какой-
либо системы отсчета в произвольный момент времени t оп-
ределяется радиусом-вектором г=г(/) (рис. 10.1). Если
37
ввести единичные векторы (орты) i, j, к, направленные по
соответствующим осям (OX, OY, OZ), то радиус-вектор г
можно представить в таком виде:
r(0=x(0i-H/(0j+z(*)k, (Ю.1)
где x(t), y(t), z(t)— компоненты радиуса-вектор а г(/).
Одновременное задание трех функций x(t), y(t) и z(t) эк-
вивалентно заданию одной векторной функции r(t) от ска-
лярного аргумента t. Уравнение (10.1) называют зако-
ном движения материальной точки. Та-
ким образом, закон движения (10.1) определяет положение
материальной точки в любой момент времени.
Вектор скорости v = {urc(/), vy(t), uz(/)} и вектор ускоре-
ния а={пл;(0, ay(t), az(t)} определяются через соответст-
вующие производные:
dr dx. . dy . , dz.
v = d7=d? i + d?J + d?k-
____dv d2x. , d2z/. . daz .
a— d? — dT21 ' dT2^ ' d/2 K
(Ю.2)
(10.3)
(Ю.4)
Закон движения (10.1) является фундаментальным в
кинематике. Зная закон движения, можно определить и
другие физические величины, характеризующие движение
материальной точкй>-например компоненты вектора ско-
рости v, ускорения а и т. д.:
^(0=^,
= (Ю-5)
Следовательно, с законом движения (10.1) связана основная
задача кинематики. Формально этих задач две: прямая и
обратная. Прямая основная задача кинематики заключает-
ся в нахождении любого параметра движения по известно-
му закону движения. Она решается путем последовательно-
го применения основных законов кинематики (10.1) —
(10.3). Обратная задача кинематики состоит в определении
закона движения по какому-либо известному параметру
движения (вектора скорости v или ускорения а). Обратная
задача значительно труднее прямой. Можно доказать, что
огромное разнообразие кинематических задач сводится к
этим двум. Рассмотрим несколько примеров прямой и об-
ратной задач кинематики.
Пример 10.1 Определить модуль скорости материаль->
ной точки в момент времени t~2 с, если точка движется
по закону r=a/2.i4-0 sin(n7)j, где а=2 м/с2, Р=3 м.
38
Решение. Физический анализ *. Физическая система
состоит из одного идеального объекта — материальной точ-
ки. Задан формально закон ее движения. Следовательно,
наша задача — прямая задача кинематики (по известному
закону движения определить один из параметров дви-
жения — в данном случае модуль вектора скорости). Ис-
пользуя известный закон движения, находим, что компо-
ненты радиуса-вектора г(/)
х(/)=а/2, (10.6)
«/(0=0 sin (л/), (10.7)
z(/)=0. (10.8)
Таким образом, материальная точка движетея в плос-
кости X0Y, поэтому каждый из векторов г, v и а имеет две
компоненты. По определению вектора скорости из уравне-
ний (10.2), (10.4), (10.6) и (10.7) получаем компоненты век-
тора скорости:
vx=2at, иу=0лсо8(л/).
Отсюда находим искомый модуль вектора скорости:
| v | = + Vy = И 4а2/2 + 02л2 cos2 (л/).
Подставив числовые значения, получим и«12,4 м/с.
Пример 10.2 Материальная точка движется по зако-
ну г=а sin (5/)i+0 cos2(5/)j, где а=2 м, 0=3 м. Опре-
делить вектор скорости, вектор ускорения и траекто-
рию движения материальной точки.
Решение. Это тоже прямая задача кинематики. На-
ходим компоненты радиуса-вектора:
х(/)=а sin (5/), (10.9)
«/(0=0 cos2(50, (10.10)
z(0=0. (10.11)
Таким образом, движение материальной точки происходит
в плоскости XOY. Далее, определяем компоненты вектора
скорости:
ия(0=5а cos (50, (10.12)
vy(t)=—50 sin(10/). (10.13)
* Вводную часть физического анализа мы будем проводить не пол-
ностью. Поэтому слова «физический анализ» после слова «решение» оз-
начают, что проводится основная часть метода анализа физической
ситуации задачи (выбор и анализ физической системы, исследование фи-
зического явления и т. д.).
39
Из уравнений (10.12), (10.13) находим компоненты вектора
ускорения:
ах(/)=—25а sin (5Z),
av(t)=~50р cos (100-
(10.14)
(10.15)
Для получения уравнения траектории исключим вре-
мя t из системы уравнений (10.9) — (10.10):
у=3—3/4х2. (10.16)
Материальная точка движется по параболе.
Пример 10.3 Скорость материальной точки изменяет-
у1 } j, где а=1 м/с4,
Р = 1 с3, у=1 м/с. Определить закон движения, если в на-
чальный момент времени t—О тело находилось в на-
чале координат, т. е. г0—{0, 0, 0}.
Решение. Физический анализ *. Физическая си-
стема состоит из одной материальной точки. Заданы фор-
мально закон изменения ее скорости и начальное положе-
ние. Необходимо определить закон движения материальной
точки. Следовательно, данная задача — обратная задача
кинематики (по одному известному параметру движения —
скорости — найти закон движения). Закон движения г=г(/)
и вектор скорости \связаны посредством векторного диф-
ференциального уравнения (10.2), которое эквивалентно
трем дифференциальным уравнениям (10.4). В нашем слу-
чае компоненты скорости vx(t), vy(t) и v2(t) — известные функ-
ции времени:
их = (х(2/3—Р), vv = —ysin(^tj, vz = Q.
Подставляя эти значения vx, vy и vz в уравнения (10.4), по-
лучим систему трех дифференциальных уравнений для трех
неизвестных функций x(t), y(t) nz(t) — компонент радиуса-
вектора г:
/о,ч dx . 2л . dy А dz
а(2* ~Р) ~ dr““Ysin з d? 0 —dT
Разделяя переменные и интегрируя, находим
х = а(-Ь4 — + (10.17)
^ = 1scos(tZ) + g’ (10.18)
z=c„ (10.19)
* В дальнейшем слова «физический анализ» после слова «решение»
будут опускаться.
40
где Ci, с2, cs — произвольные постоянные, которые опреде-
ляются из начальных условий. Учитывая, что х=0, у=0
и z=0 в начальный момент времени (т. е. при /=0), из си-
стемы уравнений (10.17) — (10.19) получаем, что сх=0,
с2=—Зу/ (2л) и с8=0, и окончательно определяем компо-
ненты радиуса-вектора г:
х(0 = Р^, r/ = |j[cos^y^ —lj,z = O.
Таким образом, закон движения имеет вид
r(0 = a(±/‘-p/)l + |[cos(^()-l]j.
Заметим, что, решая теперь прямую задачу (дан закон
движения — найти скорость), можно получить исходное
значение вектора скорости:
v(f) = a(2/8—P)i—у sinf ~ Л j.
\ О /
Впрочем, зная закон движения, можно определить любой
параметр движения: скорость v, ускорение а, траекторию
и т. д.
Пример 10.4 Ускорение материальной точки изме-
няется по закону a=a/2i—Pj, где а=3 м/с4, р=3 м/с2.
Найти, на каком расстоянии от начала координат она
будет находиться в момент времени t=l с, если vo=O
и го=О при t~0.
Решение. Из условий задачи видно, что материаль-
ная точка движется в плоскости XOY. Для того чтобы оп-
ределить, на каком расстоянии от начала координат она на-
ходилась в момент времени /=1 с, необходимо знать закон
ее движения. Таким образом, перед нами обратная задача
кинематики: дан какой-то параметр движения (в данном
случае ускорение а), надо определить закон движения
г=г(£) и далее найти модуль радиуса-вектора |г| в момент
времени t—1 с.
Сначала определим вектор скорости из уравнения (10.3):
dv dvx . . dvff .
a=di или a==^* + -df J’
Это векторное дифференциальное уравнение экви-
валентно двум дифференциальным уравнениям:
а/2 ^Уу_____О
dt ~ с » df — р’
41
Разделяя переменные и интегрируя, получаем компо-
ненты вектора скорости:
а/3 о,
^ = -3- + q, = —Р^ + с2.
Учитывая начальные условия (vx=0, vy—0 при /=0),
находим значения произвольных постоянных сх=0 и с2=0.
Далее из системы дифференциальных уравнений
dx_cc/3
ТС ТС
определяем компоненты x(t) и y{t) радиуса-вектора r(t):
»(1)-$+с„ У(0=-^ + с«, (10.20)
dy r/
где с3 и с4 — произвольные постоянные. Учитывая началь-
ные условия (х=0, у=0 при /=0), из уравнений (10.20)
находим, что с3=с4=0. Закон движения найден:
По формуле для модуля вектора определяем искомое рас-|
стояние материальной точки от начала координат в мо-j
мент времени t=\ с: 1
]r| = p/> + JA
Отсюда получаем г«1,52 м. -
Анализ решения. Зная закон движения, мож-1
но найти любой параметр, характеризующий движение ма-1
териальной точки, и, следовательно, поставить и решите
множество других кинематических задач по определении
этих параметров. Сформулируем, например, задачу о на'
хождении траектории данной материальной точки: по за
данному ускорению a=a/2i—pj и тем же начальным условиял
(их можно и изменить) определить траекторию материала
ной точки. После того как будет получен закон движение
(10.21), траектория определится из системы уравнени!
а/4 ₽/2
х~ 12 ’ У~~ 2 ’
Исключив из этой системы время t, можно найти уравнен»
траектории.
Совокупность методов решения прямой и обратной за
дач кинематики составляет сущность кинематического м«
тода, о котором упоминалось в § 6. i
42
Весьма часто произвольная кинематическая задача с
реальным содержанием может быть сведена к схематизи-
рованным прямой и обратной задачам кинематики, рассмот-
ренным выше. Покажем это на конкретном примере.
Пример 10.5 Поезд движется прямолинейно со ско-
ростью ио=18О км/ч. Внезапно на пути возникает пре-
пятствие, и машинист включает тормозной механизм.
С этого момента скорость поезда изменяется по закону
v—v0—at2, где а=1 м/с3. Каков тормозной путь поезда?
Через какое время после начала торможения он остано-
вится?
Решение. Включим в физическую систему одно те-
ло — поезд. Его можно принять за материальную точку. -
Движение поезда исследуется формально, без выяснения
причин, обусловливающих изменение его движения (меха-
низм действия тормозной установки неизвестен, и знание
его в данной задаче не является необходимым). Известен
закон изменения одного иЗ| параметров движения — ско-
рости. Необходимо определить некоторые другие физиче-
ские величины, характеризующие движение поезда (время
и путь торможения). Таким образом, перед нами обратная
задача кинематики, которую можно сформулировать в сле-
дующем схематизированном виде: скорость материальной
точки изменяется по закону v=(u0—at2)\, где а=1 м/с3,
и0=180 км/ч. Определить время ее движения и путь, кото-
рый она пройдет до остановки, если при 0, г=0 и vo=yoi
(последнее условие вытекает из закона изменения ско-
рости v=(u0—a/2)i).
В такой формулировке уже безразлично, какое реаль-
ное тело движется: поезд или автомобиль, катер или под-
водная лодка (достаточно изменить только постоянные па-
раметры а и и0)-
Решение этой обратной задачи кинематики получается
уже известным нам кинематическим методом. Так как дви-
жение тела одномерно (вдоль оси ОХ), то для нахождения
закона его движения имеем одно дифференциальное урав-
нение:
dx=udf или dx=(u0—a£2)dt
После интегрирования последнего уравнения и учета на-
чальных условий получаем закон движения:
x—vot—а/3/3.
(10.22)
43
Время движения поезда определяется из условия равен-
ства нулю его скорости:
О=о0—а/2.
Отсюда находим t—Vvola. Подстановка числовых значений
дает t~7 с. Из (10.22) находим тормозной путь: х«230 м.
Пример 10.6 Ракета стартует с Земли вертикально
вверх с ускорением a=<xt2, где а=1 м/с4. На высоте
h0=100 км от Земли двигатели ракеты выходят из строя.
Через сколько времени (считая с момента выхода двига-
телей из строя) ракета упадет на Землю? Сопротивле-
нием воздуха можно пренебречь. Начальная скорость ра-
кеты ио=0.
Решение. Ракету можно принять за материальную
точку. Задан закон изменения ее ускорения и начальные
условия. Необходимо определить другие физические вели-
чины, характеризующие движение ракеты (скорость, вре-
мя движения, закон движения). Это обратная задача ки-
нематики. После интегрирования соотношения
и учета начальных условий определяем закон изменения
скорости:
v~ata/3.
Отсюда (после повторного интегрирования и учета началь-
ных условий) находим закон движения ракеты:
Л=а/4/12.
Эти законы справедливы только до момента выхода из строя
двигателей ракеты. Определим скорость ракеты в тот мо-
мент времени (она станет начальной скоростью ее дальней-
шего движения):
Отсюда получаем uOi»12,l км/с. Такое значение скорости
i»oi превосходит вторую космическую скорость для Земли,(
равную 11,2 км/с. Следовательно, ракета вообще не
возвратится на Землю.
§ 11. Динамика материальной точки
При изучении движения тел в динамике для учета су*
ществующих между ними взаимодействий необходимо ввести
понятие силы F. Возникает очень важный вопрос: как на'
ходить силы, действующие на любое тело? ,
Сначала следует выяснить, с какими другими те
лами взаимодействует данное тело. Далее определить, к а i
44
данное тело взаимодействует с этими телами, каков вид
(тип) этого взаимодействия.
Выше отмечалось, что для классических физических си-
стем существенны следующие виды взаимодействий: гра-
витационное (закон всемирного тяготения Ньютона F —
=Qrriim2/r2) и электромагнитное (его частные случаи: сила
Кулона F=Q1Q2/(4n808r2), сила Лоренца F=QlvB], сила
трения FTp=/W, упругая сила F=—kx). Таким образом,
на данное тело только в результате взаимодействия его с
каким-либо другим телом могут действовать несколько раз-
личных сил. Очень важно осознавать, чем эти силы отлича-
ются качественно. Следующим этапом является количест-
венная оценка каждой силы: нужно определить, какой по-
рядок ее величины. Может оказаться, что некоторые силы
настолько малы, что ими можно пренебречь (в условиях
данной задачи).
Пример 11.1 Два тела массами тг=\ кг и т2-=2 кг
связаны невесомой нитью и движутся по горизонтальной
поверхности (на Земле) под действием силы F=10 Н,
направленной горизонтально и приложенной к телу тх
(рис. 11.1). Определить силы, действующие на каждое
тело, если коэффициент трения между каждым телом
mi и тг и горизонтальной поверхностью равен f—0,5.
Решение. Рассмотрим тело тг. На него действует
сила F. Определим другие силы. Тело тг взаимодействует с
Землей, нитью и телом m2. С Землей тело тг взаимодейст-
вует по закону всемирного тяготения и, следовательно,
на него действует сила тяжести mig, направленная вниз.
Далее, тело mi взаимодействует с Землей упруго (появля-
ется упругая сила реакции опоры Nx, направленная
вверх). Кроме того, в результате взаимодействия тела mi
с Землей возникает сила трения F^=7Wi. Тело mi взаимо-
действует с нитью только упруго: на тело mi действует уп-
45
ругая сила натяжения нити F„, направленная влево (так
как нить невесома, то сила тяготения между нитью и телом
/Hi равна нулю). Тело может взаимодействовать с телом
та только по закону всемирного тяготения, но эта сила на-
столько мала, что ею в условиях данной задачи можно пре-
небречь. Итак, на тело mi действуют пять сил: F, mxg,
N1, FTp и FH.
Рассуждая таким же образом, можно показать, что на
тело тг действуют четыре силы: упругая сила натяжения
нити Fh, сила тяжести /nag, упругая сила реакции опоры
Na и сила трения F"p=^a. На невесомую и нерастяжимую
нить действуют только две упругие силы натяжения: FH и
Fg. Легко видеть, что на основании второго закона Нью-
тона
F = ma (Н.1)
эти силы численно равны (так как масса нити т=0,
то, по второму закону Ньютона, для нити F„—F'^=0>a,
т. е.
Второй закон Ньютона является фундаментальным за-
коном динамики материальной точки. Он справедлив толь-
ко в инерциальной системе отсчета для одного тела (мате-
риальной точки).
В частном случае при движении тел со скоростями, зна-
чительно меньшими скорости света в вакууме с (и<^с), вто-
рой закон Ньютона можно записать в виде
= (11.2)
ИЛИ
m^-=F. (11.3)
В неинерциальной системе отсчета в правой части урав-
нений (11.1)— (11.3) появляются силы инерции.
Содержание (физический смысл) фундаментальных за-
конов (11.1) — (11.3) заключается в том, что изменения им-
пульса mN или скорости v материальной точки обусловле-
ны и определяются действием сил. Следовательно, если из-
вестны силы и начальные условия (положение и скорость
материальной точки в начальный момент времени), то мож-
но найти изменение ее движения. В этом и заключается ос-
новная (идеальная) задача динамики: в основной задаче ди-
намики по заданным дилам и начальным условиям опреде-
ляют изменение движения системы (механическое состояние
системы).
46
Чтобы найти изменение движения тела, необходимо
знать закон его движения. Определение закона движения
по какому-либо известному параметру движения (и началь-
ным условиям), как было показано выше, составляет со-
держание обратной задачи кинематики. Какой-либо пара-
метр движения материальной точки определяется в динами-
ке путем последовательного применения второго закона
Ньютона для описания движения каждого тела системы.
Этот закон записывают или в форме
a=F/m (11.4)
(тогда определяют вектор ускорения а каждого тела и, ре-
шая далее обратную задачу кинематики, находят закон
движения), или в виде (11.2) (тогда находят вектор скорос-
ти каждого тела и после решения обратной задачи кинема-
тики определяют закон движения), или в форме (11.3)
(тогда получают непосредственно закон движения, решив
это дифференциальное уравнение).
Для того чтобы в каждом конкретном случае правильно
записать второй закон Ньютона, необходимо знать метод
применения этого закона. Этот метод достаточно подробно
был приведен в § 1.
Пример 11.2 На вершине клина массой т3=10 кг распо-
ложен невесомый блок (рис. 11.2). Через блок переки-
нута невесомая и нерастяжимая нить, к концам которой
прикреплены грузы массами mi=l кг и т2=10 кг.
Коэффициенты трения грузов тхит2о плоскости клина
соответственно равны /\=0,2 и /8=0,1, а коэффициент
трения клина о горизонтальную поверхность
Углы плоскостей клина с горизонтальной плоскостью
соответственно равны аг=30° и а2=60°. Определить
силу натяжения нити.
Решение. Задача сложная. Попробуем ее упрос-
тить, а затем последовательно учесть сделанные упроще-
ния.
Предположим, что: а) коэффициент трения Д=0, б) угол
СС1=О, в) угол аг=90°, г) клин закреплен (f3=oo). Тогда
мы получаем сравнительно простую задачу, которую можно
сформулировать следующим образом: к концам невесомой
и нерастяжимой нити, перекинутой через невесомый блок,
привязаны два тела массами mi=1 кг и тг—10 кг (рис. 11.3);
тело может двигаться по гладкой горизонтальной и непод-
вижной поверхности; найти силу натяжения нити.
Решим эту задачу. В физическую систему включим четы-
ре тела: тело т1г тело т2, нить и блок. Тела mt и т2 можно
47
принять за материальные точки. Физическое явление, кото-
рое происходит в этой системе, заключается в механическом
движении тел. Тела системы взаимодействуют как между
собой, так и с внешними телами (стол и Земля). Под дейст-
вием этих сил тела си-
стемы (за исключением
блока) движутся прямо-
линейно и равноуско-
ренно. Таким образом,
перед нами основная за-
дача динамики. Для ее
решения применим вто-
рой закон Ньютона в фор-
ме (11.4). Этот закон мо-
тг и т2 (нить и блок —
жно применять только к телам
нематериальные точки). Выберем стол в качестве тела отсче-
та инерциальной системы отсчета (ИСО), а оси координат
ОХ и 0Y направим так,
как показано на рис. 11.3.
Рассмотрим тело тъ На
него действуют следующие
силы: сила тяжести mig
(в результате взаимодей-
ствия тела mi с Землей по
закону' всемирного тяготе-
ния), сила реакции опоры
N (упругая сила взаимодей-
ствия тела mi со столом) и
сила натяжения нити FH
(упругая сила взаимодейст-
вия тела mv и нити). Остальные силы малы. Найденные силы
уже спроецированы на оси ОХ и OY. Следовательно, можно
сразу записать второй закон Ньютона в виде двух уравне-
ний в проекциях на оси координат ОХ и OY'.
mlaly=mig—N,
(11.5)
(11.6)
где а1х и aiy — проекции вектора ускорения ах тела mt
на оси ОХ и OY. Так как аХг/=0, то N=mlg.
Рассмотрим тело т2. На него действуют сила тяжести
m2g и сила натяжения нити FH.
Из рис. 11.3 видно, что проекции этих сил на ось ОХ
равны нулю, а алгебраическая сумма проекций этих сил на
ось OY равна /n2g—Fa. Следовательно, по второму закону
48
Ньютона для тела т2 получаем
tn2a2y=m2g—Fn,
(11.7)
где а2у — проекция вектора ускорения а2 тела т2 на ось
OY. Нетрудно показать, что проекция вектора ускорения
а2 на ось ОХ равна нулю (a2x~Q). Так как а1х=а2у=а,
то система уравнений (11.5) — (И.7) принимает вид
m^—F^, (Н.8)
tn2a=m2g—FH. (Н.9)
Таким образом мы составили замкнутую систему из
двух уравнений с двумя неизвестными (а и FH). Задача
физически решена (физический этап решения задачи окон-
чен).
Решая полученную систему уравнений (11.8) —(11.9),
находим ответ в общем виде:
т2
a = ^+^S.
. _ mtm2
Н~ ^1 + ^2
(11.10)
(11.11)
После расчета получаем числовой ответ: я«8,9 м/с2,
FH«8,9 Н. Окончен и математический этап решения задачи.
Полезно провести последний этап решения задачи —
этап анализа решения. Из формулы (11.10)
видно, что ускорение системы зависит как от mi, так и от
т2. Рассмотрим два предельных случая: 1) mx^>m2 и
2) тх<^т2. В первом случае a«g(m2/mi), т. е. ускорение а
мало (маленькое тело т2) тянет огромное тело /Их). Во вто-
ром случае ускорение a&g, т. е. система под действием
большого тела т2 движется почти с максимально возмож-
ным в данном случае ускорением, равным g. Таким же об-
разом по формуле (11.11) можно провести анализ зависимос-
ти силы натяжения FH от масс тел тг и т2.
Учтем теперь сделанные выше упрощения.
а) Пусть коэффициент трения /1=#0. Тогда на тело mi
дополнительно действует сила трения F^^iA/x, направ-
ленная противоположно оси ОХ. Условия для тела т2
остаются прежними. Применяя к каждому телу второй за-
кон Ньютона, получаем замкнутую систему уравнений:
m1a=Fa—fitrhg, m2a=m2g—Fa.
49
Решая полученную систему, находим
7И1 -f- /712
р _ ”№(14-/1)
Отсюда а«8,74 м/с2, Гн« 10,68 Н.
Сравнивая (11.12) с (11.10) и (11.13) с (11.11), мы видим,
что с учетом силы
(11.12),
(11.13)
трения ускорение системы становится*
меньше (на сколько меньше
и от чего это уменьшение’
зависит?), а сила натяже-1
ния нити возрастает. >
б) Предположим, что>
cti#=O и Л=#0. Условия ДЛД1
тела т2 не изменяются!
Силы, действующие на те-
ла тх и т2, показаны на!
рис. 11.4. Учитывая, чта
А/ 1 =т& cos ах и FT₽=f JVi =*
=fitnig cos ат, получаем замкнутую систему уравнений^-
m1a=FH—fitrirg cos —trhg sin m2a=m2g—Fn.
После решения этой системы уравнений находим
__т2—fitni cos —/П! sin ai
a~~ mt-\-tn2
r (l-f-fi cos ai + sin ai)
** н — '*
mi + m2
Отсюда a«8,32 м/с2, FH«14,9 H. Таким образом, ускоре-
ние уменьшилось, а сила натяжения нити возросла.
11.5
в) Допустим теперь, что а^О, а2=#90°, А=#0 и f2=#0|
Силы, действующие на тела и т2, изображены на ри(Я
11.5. По второму закону Ньютона для тел mi и т2 получи
50
ем
—F'p—m^sinccx, (11.14)
m2a = m2gsina2 — F^p — Fn. (11.15)
Учитывая, что cos аъ A/2=/n2g,cos a2, F^ —
^=fiMi=fitnig cos ab F^=f2N2=;f2m2g cos a2, систему урав-
нений (11.14) — (11.15) можно записать в виде
m1a~FK—fitrhg cos cq—mig sin at,
m2a^=m2g sina2—fvjn2g cosa2—F*.
Решая полученную систему, находим
т2 sin a2—ft/n! cos ai—f2m2 cos a2—mi sin
mi-]-mz
mim2 (sin ai /j c°s <%i + sin a2 — f2 cos a2)
mi-\-m2
g-
(11.16)
(H.17)
Отсюда получаем a «6,62 м/с2, FH«13,2H.
Из формул (11.16) и (11.17) видно, что ускорение а еще
более уменьшилось, а сила натяжения нити тоже уменьши-
лась по сравнению со случаем б). Случай г) (клин не за-
креплен) будет рассмотрен несколько позже.
Уравнения (11.16) и (11.17) показывают, что искомые
величины (ускорение а и сила натяжения Гн) весьма слож-
ным образом зависят от параметров физической системы:
масс mi и т2, углов «1 и а2, коэффициентов трения fi и f2.
Эту зависимость можно исследовать аналитически.
Зная одну из кинематических величин физической систе-
мы (ускорение а), можно, решая обратную задачу кинема-
тики, найти закон движения. Если начальная скорость
системы равна нулю, то он имеет вид x=xa+at2/2, где х0 —
начальное положение какого-либо тела системы. Следова-
тельно, можно в произвольный момент времени t опреде-
лить и скорость любого тела системы, и его положение в
пространстве, и многие другие физические величины, ха-
рактеризующие и тела системы, и физические явления,
происходящие в ней. Например, можно определить импуль-
сы тел mi и т2 системы (pi=mit»i, p2=m2t>2), значения их
кинетических энергий £,Ki=mit»i/2, £к2=т2ц|/2 и т. д.,
и т. п.
Таким образом, решив основную задачу динамики (най-
дя закон изменения одной из кинематических величин —
ускорения а (/), скорости v(/) или радиуса-вектора г(£)),
мы можем определить механическое состояние физической
системы.
51
Можно еще более усложнить решенную нами задачу,
предположив, например, что нитями связаны не два, а три
тела и более, что имеется не один, а два блока и более, что
сторон- у клина, по которым движутся тела, не две, а три
и более и т. д. Короче, можно поставить еще десятки таких
задач, принципиальная сущность которых одна и та же.
Важно отметить, что все эти задачи могут быть решены
одним и тем же динамическим методом. В примере 11.2
мы рассмотрели несколько задач различной степени труд-
ности, но по своей глубокой сущности это были одинаковые
задачи и решены они были одним и тем же динамическим
методом.
Заметим, что'задачи, решенные в примере 11.2, имели
одну общую и весьма характерную черту: силы, действую-
щие на тела системы, были постоянными. Во всех таких
задачах закон движения можно предсказать заранее: если
движение происходит по оси ОХ, то он должен иметь вид;
х=Хо+УохН-*М2/2 (при движении по другим направлениям
можно записать аналогичные уравнения). Таким образом,
движение тел в этом случае всегда является равномерно-
переменным (с постоянным ускорением).
Рассмотрим примеры более сложных задач, когда силы,
действующие на тела системы, не постоянны.
Пример 11.3 Парашютист массой т = 100 кг делает,
затяжной прыжок с начальной скоростью vo—O. Найтил
закон изменения его скорости до раскрытия парашюта,]
если сила сопротивления воздуха пропорциональна ско-1
рости движения парашютиста: Fc=—kN, где &«20 кг/с.
Решение. Физическая система в данном случай
состоит из одного тела — парашютиста, причем его можно
принять за материальную точку. Физическое явление —
механическое движение материальной точки в результате
ее взаимодействия с внешними телами (Земля и воздух);
Необходимо найти один из кинематических параметро!
движения тела — его скорость как функцию времени. Эт(
основная задача динамики. Применим второй закон Нью-
тона (условия применимости этого закона выполнены). 3<
тело отсчета инерциальной системы можно принять Землк
(рис. 11.6). Начало координат поместим в точку О, и;
которой начинается движение парашютиста. Ось ОХ на
правим вертикально вниз. Так как высота h мала по сравне
нию с радиусом Земли, то ускорение свободного паденш
можно считать постоянным, т. е. g~9,8 M/c2=const. И
парашютиста действуют две силы: сила тяжести mg и сил
сопротивления воздуха Fc=—kv. По второму закону Ныр
52
тона получаем дифференциальное уравнение для неизвест-
ной функции v(t):
du ,
m — = mg—kv.
Разделяя переменные, находим
du k j,
-----——
mg/k — v tn ’
или
d(mg/fe —u)^ _ k_
mg/k — v rn ‘
Отсюда после интегрирования получаем
In (mg/k—v) =— ~t + c. (11.18)
Произвольную постоянную с определяем из начальных ус-
ловий (и=ио==О при t—0): c=ln (mg/k). Подставляя это

Л
значение постоянной с в уравнение (11.18), после неслож-
ных преобразований находим закон изменения скорости
парашютиста!

(11.19)
Из уравнения (11.19) видно, что при /~>оо скорость
стремится к своему максимальному значению vm^=mglk,
что составляет примерно 50 м/с. Опыт показывает, что такое
значение скорости достигается через сравнительно неболь-
шой промежуток времени и далее парашютист приближает-
ся к Земле равномерно с этой максимальной скоростью.
Теоретически движение парашютиста — всегда ускоренное
63
(скорость возрастает непрерывно), но практически начиная
с некоторого момента времени изменением его скорости
можно пренебречь, считая, что парашютист движется рав-
номерно.
Так как закон изменения скорости известен, то, решая
обратную задачу кинематики, можно найти закон движения
парашютиста
dx = u(/)df, x(t) = J v(t) dt,
— (11.20)
При нахождении закона движения (11.20) для опреде-
ления произвольной постоянной было использовано на-
чальное условие: х—0 при t=G.
Таким образом, задача полностью решена.
Несколько усложним начальные условия задачи: пусть
при t=0 х=0, г/=0, а начальная скорость v0={0, и0}.
В этом случае траектория движения является криволиней-
ной (рис. 11.7). По-прежнему на парашютиста действуют
две силы: сила тяжести mg и сила сопротивления воздуха
Fc=—kv. Но теперь сила сопротивления Fc направлена
по касательной к траектории и, следовательно, необходимо
учитывать векторный характер второго закона Ньютона.
Проецируя вектор силы сопротивления Fc на оси координат
ОХ и OY, по второму закону Ньютона получаем
m^- = mg—kvx, (11-21)
dn
(1L22)
где vx и vy — неизвестные компоненты вектора скорости v.
Разделяя переменные в уравнениях (11.21) и (11.22),'
после интегрирования с учетом начального условия (пх=0,
Uj/=v0 при /=0) находим
„ =4К(1—(11.23)
rv
Vv==V(jQ-wm)tt (11.24)
Найдем теперь закон движения парашютиста. Подставив
в соотношения dx=vxdt и dy—vvdt значения vx и vy из
уравнений (11.23) и (11.24), получим два дифференциальных
уравнения для определения двух неизвестных функций’
54
x(t) и y(t) компонент радиуса-вектора r(/):
dx==^(l-е-<Ш) 9 dt
/v
dr/= uoe_ * d/.
После интегрирования этих уравнений и учета началь-
ных условий (х=0, г/=0 при t=0) находим закон движения
парашютиста в параметрической форме в виде двух уравне-
ний:
х^ЦК(^(1_е-а,т)^ (11-25)
у^^(1—е~^т^). (11.26)
rv
Закон движения, конечно, можно было бы записать и в
векторном виде:
Теперь, зная закон движения, можно определить любой
параметр, характеризующий данное механическое явление:
в частности, исключая время t из системы уравнений (11.25)
— (11.26), получаем уравнение траектории парашютиста:
х = —
m2g
А2
[1П(
k 1
mv0 У\
А X
ту0 )
Таким образом, и эта более сложная задача решена окон-
чательно.
Силы, действующие на движущееся тело, могут зависеть
не только от скорости, нои от времени t, от координат х, у,
z и т. д. Рассмотрим такую задачу.
Пример 11.4 Двигатель тормозной системы развивает
силу тяги, пропорциональную времени: F——kt, где
/г=const. П ренебрегаятрением, определить, через сколь-
ко времени от момента включения тормозного двигателя
тело массой т, на котором установлен такой двигатель,
остановится. В момент включения двигателя скорость
тела составляла v0. Считать, что масса двигателя много
меньше массы тела.
Решение. Физическая система состоит из одного
тела массой т, которое можно принять за материальную
точку. Физическое явление, которое происходит в этой сис-
теме, заключается в движении этого тела в результате его
взаимодействия с другими телами. Необходимо определить
55
один из параметров этого движения — время движения ti.
Начальные условия очевидны: v—v^ и х=0 при £=0. Траек-
тория движения — прямая (т. е. движение одномерное).
Конечная скорость тела равна нулю: и=0 при Z=?i. Таким
я образом, рассматриваемая
i 1 задача является основной
задачей динамики.
Применим второй закон
Ньютона (условия его при-
менимости выполнены). За
тело отсчета ИСО примем
Землю. На тело действу-
ют три силы (рис. 11.8):
'' тд
11.8
сила тяжести mg, упру-
гая сила реакции опоры N (эти силы взаимно уравно-
вешивают друг друга) и сила тяги F=—kti тормозного
двигателя (природа этой силы в механике безразлична).
По второму закону Ньютона получаем дифференциальное
уравнение для одной неизвестной функции от времени t —
скорости v(t):

Разделяя переменные, интегрируя и учитывая началь-
ные условия (v=v0 при t=0), находим закон изменения
скорости:
v=v0—kt2/(2т). (11.27)
Полагая в уравнении (11.27) конечную скорость v рав-
ной нулю, получаем уравнение для определения времени
движения ti.
0 = v0—ktl/(2m).
Отсюда находим формулу для вычисления искомого времени:
= 2mvjk. (11.28)
После анализа решения можно поставить и другие зада-
чи, например определить тормозной путь тела и т. д. Для
определения тормозного пути необходимо знать закон
движения. Последний получают после решения обратной
задачи кинематики:
x=vai—kta/(Qm). (11.29)
56
Подставляя в закон движения (11.29) значение времени
торможения из (11.28), находим тормозной путь:
2 Г 2mv0
X1 “ 3 V ~ ’
Далее, зная закон движения тела, можно определить любые
параметры и величины данного физического явления. Не-
трудно и еще более усложнить задачу, учтя, например, силу
трения и т. д.
Мы рассмотрели несколько различных задач на дина-
мику материальной точки. В одних из них силы были
постоянны, в других силы изменялись, но метод, подход
к решению всех этих задач был одним и тем же: это был
метод применения трех законов Ньютона (в особенности
второго) для определения какого-либо одного параметра
движения (скорости v, ускорения а). Далее для нахожде-
ния закона движения обычно решалась обратная задача
кинематики. Совокупное применение системы трех законов
Ньютона (в особенности второго) и составляет сущность
динамического метода решения задач по физике.
Этот метод может быть распространен и на случай неинер-
циальных систем отсчета. В примере 11.2 не был рассмотрен
случай г. Допустим, что клин не закреплен, т. е. /3^оо.
Теперь в общем случае клин движется равномерно-перемен-
но (т. е. с ускорением а3 относительно Земли) и связывать
с ним инерциальную систему отсчета нельзя. Если учиты-
вать все условия этой задачи, то она становится крайне
сложной (не принципиально, а технически). Поэтому, чтобы
показать сущность применения динамического метода при
использовании неинерциальной системы отсчета, макси-
мально упростим эти условия. Предположим, что все силы
трения отсутствуют, т. е. fi=fz==f3==§. Далее, будем считать,
что тело tn2, нить и блок также отсутствуют и угол a2==90Q
(последнее условие несущественно — угол а2 может быть
каким угодно). Таким образом, рассматриваемая нами зада-
ча может быть сформулирована в следующем виде.
Пример 11.5 На гладком клине массой /и8 = 10 кг рас-
положена материальная точка массой mt=l кг. Клин
может двигаться по гладкой горизонтальной поверхнос-
ти. Угол у основания клина ai=30°. Определить ускоре-
ния тела и клина.
Решение. В физическую систему включим два тела:
материальную точку массой mi и клин массой т3. Клин
нельзя считать материальной точкой, но в условиях данной
задачи (клин движется прямолинейно) можно приближенно
57
принять, что, во-первых, все силы, действующие на клин^
приложены в его центре масс и, во-вторых, к нему можно
применить второй закон Ньютона.
Физическое явление в данной системе заключается в дви-
жении этих двух тел: материальная точка движется относи-
тельно клина, а клин движется относительно Земли. Необ-
ходимо найти кинематические характеристики этого явле-
ния — ускорение материальной точки ах относительно*
клина и ускорение клина а3 относительно Земли. Это ос-
новная задача динамики.
Исследуем сначала движение клина относительно инер-
циальной системы отсчета, которую можно связать с Зем-
лей. Оси координат ОХ и 0Y направлены так, как показано
на рис. 11.9. На клин действуют три силы: сила тяжести^
m8g (результат взаимодействия клина с Землей по закону!
всемирного тяготения Ньютона), сила реакции опоры;
N3 (результат упругого взаимодействия клина с Землей)!
и сила Ni (результат упругого взаимодействия клина с ма-|
териальной точкой). По второму закону Ньютона, I
/n3a3=m8g+N1+N8. (11.30|
Проецируя уравнение (11.30) на оси координат, получаем
m3a3a.==A^i sin ах,
/n3a3V=m3g+A\ cos «1—.¥3,
где а8;с и азу — компоненты вектора ускорения а3 соот
ветственно по осям ОХ и OY. Так как азу=0 и, следова
тельно, aax=aSt то
m3a3=Ni sin аъ (11.31
0=m3gJrN1 cos «1—W8. (11.35
Получена незамкнутая система из двух уравнений с трем?
неизвестными: а3) Nr и N3.
58
Для нахождения замкнутой системы уравнений иссле-
дуем движение материальной точки относительно клина.
Так как клин движется ускоренно, то связанная с ним сис-
тема отсчета неинерциальна. Оси координат направим так,
как показано на рис. 11.10. Второй закон Ньютона по
отношению к неинерциальной системе отсчета записываем
в следующем виде:
ma=SF+FH, (11.33)
где S F — геометрическая сумма «обычных» сил, действую-
щих на тело массой т, движущееся с ускорением а относи-
тельно неинерциальной системы отсчета, FH—сила инер-
ции, которая в нашем случае (поступательное движение)
составляет FH=—mia3. На материальную точку действуют
три силы: сила тяжести (результат ее взаимодействия с
Землей по закону всемирного тяготения Ньютона), реакция
опоры Nx (вследствие упругого взаимодействия материаль-
ной точки с клином) и сила инерции FH. По второму закону
Ньютона (11.33),
m1a1=m1g+N1+FH.
Проецируя это уравнение на оси координат, находим
m1aix=m1g sin ai+mia3 cos a1( (11.34)
cos ax—mra3 sin сц—(11.35)
Так как aly=0, и, следовательно, aVx=ai, то из (11.34) и
(11.35) получаем
mrai—nhg sin ai+mia3 cos аъ (11.3J3)
0=mig' cos ax—тга3 sin ax—Nlt (11.37)
Система из четырех уравнений (11.31), (11.32), (11.36),
(11.37) является замкнутой (неизвестные Nit N3, alf а3).
Решая эту систему уравнений, определяем искомые вели-
чины:
д/ _ mim3g cos ctj . дт _ / < , mi cos2 qx
1 m3-f-mx sin2 ax ’ 8 \ ' m8-f-mi sin2 ax
. miff cos2 ax miff cos a<
<2,=gsina,3-----—------i; a3=------—-----1.
m3 , , ’ 3 m3 .
(-mi sin ax ——-—ш, sin a<
sin «1------------x sin ax
Отсюда (Vi^8,2 H, N3~ 105 H, <2^5,25 м/с2, a8^0,41 м/с2.
59
§ 12. Механические колебания
Чаще всего рассматривают свободные незатухающие,
свободные затухающие и вынужденные колебания. Харак-
терной особенностью колебательных движений является
то, что они происходят под действием переменных сил. По-
этому после применения второго закона Ньютона получают
дифференциальные уравнения (обычно не в векторной форме,
ибо в большинстве случаев рассматриваются одномерные
задачи).
Пример 12.1 Предположим, что Земля просверлена по
диаметру. В образовавшуюся шахту без начальной ско-
рости у поверхности Земли опустили небольшое тело
массой т. Определить его скорость в ценугре Земли.
Сопротивлением воздуха пренебречь.
Решение. В физическую систему включим данное
тело, которое можно принять за материальную точку. Зем-
ля — внешнее тело. Материаль-
ная точка под действием си-
лы тяготения Земли ускоренно
движется к ее центру. Мино-
вав центр Земли, тело продол-
жает движение, но уже замед-
ленно. Так как сил сопротив-
ления нет, то тело, достигнув
другого конца шахты, снова
начнет двигаться ускоренно к
центру Земли и т. д. Таким
образом, физическое явление
заключается в колебательном
движении материальной точки.
Применим второй закон Нью-
тона. Инерциальную систему
отсчета свяжем с Землей, начало координат поместим в
центр Земли О, а ось ОХ направим, как показано на рис.
12.1. Рассмотрим произвольное положение материальной
точки, находящейся на расстоянии х от центра Земли в
момент времени t (рис. 12.1). На нее действует сила тяго-
тения со стороны шара радиуса х
= 02-1)
д»
где Мх— масса этого шара. Пусть средняя плотность Зем-
ли
М
р *
60
где М=6-1024 кг — масса Земли, £«6400 км — радиус
Земли. Тогда Л4Х=4/3 лрх8 и выражение для силы тяготе-
ния (12.1) приобретает вид
^х=4/з nGpmx.
Можно доказать, что сила тяготения, действующая со
стороны оставшегося шарового слоя толщиной (£—х),
равна нулю.
По второму закону Ньютона получаем дифференциаль-
ное уравнение колебаний материальной точки:
тх= — Fx или х-ф 4/8 л£?рх= 0,
что совпадает с дифференциальным уравнением свободных
незатухающих колебаний, если положить
со2 = 4/8 лСр.
Таким образом материальная точка, опущенная в шахту,
совершает гармонические колебания по закону
х=х0 sin ((1)оЯ-ао). (12.2)
Амплитуду х0 и начальную фазу а0 определим из на-
чальных условий (x~R, v—x=0 при f=0):
£=х0 sin а0, 0=хо(Оо cos а0-
Отсюда а0=л/2 и x0=R. Закон движения (12.2) приобре-
тает вйд
x=R sin(co0H-n/2).
Зная закон движения, можно теперь определить любую
физическую величину, характеризующую данное физиче-
ское явление. Найдем скорость материальной точки в цент-
ре Земли:
v = х = £о0 cos л/2).
Так как в центре Земли (начало координат) х=0 и sin(®0^+
+л/2)=0, то cos((M+rt/2) = l. Следовательно, искомая
скорость
v—R(i)q=]^GM/R, и=7,8 км/с.
Полученная скорость равна первой космической скорости
для Земли. Период колебания
То= —=2л То«9О мин.
° соо г 4ябр ’ °
61
Он равен периоду обращения искусственного спутника Зем-
ли на круговой орбите радиуса, равного радиусу Земли.
Можно усложнить эту задачу, если учесть силу сопро-
тивления воздуха. Предположим, что сила сопротивления
воздуха пропорциональна скорости материальной точки:
Fc=—гх- Тогда по второму закону Ньютона находим диф-
ференциальное уравнение затухающих колебаний:
х + 26х + 4/3 лСрх = 0;
решением его является функция
х=хое-6< sin(o^+ao),
где О— у */anGp—^ ,
Начальную амплитуду х0 и начальную фазу а0 определим
из начальных условий (х—R, vo—x=0 при /=0):
/?=xosinao, 0=—6 sin ао+<о cos а0.
Отсюда
х0 = R У1 + (6/со)2, а0 = arctg (со/6).
Следовательно, и в этом случае динамическим методом окон-
чательно получен закон движения
- Пример 12.2 В воде плавает льдина в виде параллелепи-
педа с площадью основания 5 = 1 м2 и высотой И=0,5 м.
Льдину погружают в воду на небольшую глубину х0=5 см
и отпускают. Определить период ее колебаний. Силой
сопротивления воды пренебречь.
Решение. В физическую систему включим одно
тело — льдину. Внешние тела — Земля и вода.
Физическое явление заключалось в том, что сначала
льдина находилась в покое, а затем стала совершать коле-
бательные движения. Льдину в условиях данной задачи
нельзя принять за материальную точку, но легко видеть,’
что каждая ее точка движется одинаковым образом. Следо-
вательно, для решения задачи достаточно описать движение
какой-либо одной ее точки, например центра масс. Приме-
62
ним второй закон Ньютона. Инерциальную систему отсчета
свяжем с водой (предполагается, что она неподвижна и
изменением уровня ее поверхности при погружении льдины
можно пренебречь). Начало координат О поместим на по-
верхности воды, а ось ОХ направим так, как показано на
рис. 12.2.
Рассмотрим состояние льдины до погружения. Она на-
ходится в равновесии. На нее действуют две силы: сила
тяжести ^=рл1/^=рлЗ//§’ (где рл=900 кг/м3 — плот-
ность льда) и выталкивающая сила Архимеда Fk=p*Shg
(где рв=103 кг/м3—плотность воды, h—глубина погру-
жения льдины в состоянии равновесия). По второму зако-
ну Ньютона получаем
pxSHg— pvShg=0, (12.3)
откуда /1 = (рл/рв)^-
- Исследуем состояние льдины после погружения. При
погружении на дополнительную глубину х (где х — произ-
вольная величина; рис. 12.3) появляется дополнительная
сила Архимеда F==p3Sxg=p3Sgx. Учитывая уравнение
(12.3), по второму закону Ньютона получаем дифференци-
альное уравнение свободных незатухающих колебаний!
тх=~~ pBSgx,
или
х + афс = 0, (12.4)
где
(12-5)
63
Из уравнения (12.5) определяем искомый период колеба-
ний:
2л
&>о
Т =
1 о
(12.6)
Отсюда находим, что 70«1,Зс.
Из уравнения (12.6) видно, что период колебаний не за-
висит от площади поперечного сечения S льдины и, следова-
тельно, в условиях данной задачи это лишняя величина.
Плотности же воды рв и льда рл необходимо взять из таблиц.
Из уравнения (12.4) и начальных условий (х=х0, х=0
при t=0) можно найти закон движения:
х=х0 sin (coot-|-n;/2).
Таким образом, льдина совершает гармонические колеба-
ния. В реальных условиях колебания льдины будут зату-
хающими. Поэтому усложним условия рассмотренной зада-
чи, учтя силу сопротивления воды и изменив начальные
условия.
Пример 12.3 Льдине из предыдущего примера в началь-
ный момент времени сообщили скорость, равную
Определить ее скорость в произвольный момент времени,
если сила сопротивления воды пропорциональна скорости
льдины: Fc ——rv, где г — коэффициент пропорциональ-
ности.
Решение. Очевидно, что льдина будет совершать
затухающие колебания. Применяя второй закон Ньютона,
получаем дифференциальное уравнение этих колебаний:
тх = — rx—Pb$gx,
или
х-{-28х-{- (OqX~0,
(12.7)
где 6=г/ (2m)—коэффициент затухания, а соо—Крв§г/(рл^)—
собственная частота колебаний.
Как известно, решением уравнения (12.7) является
функция
х = хое~6/ sin (со/ ф- а0),
где co = |/co2—§2—часТота затухающих колебаний.
Начальную амплитуду х0 и начальную фазу а0 определим
64
из начальных условий (х=0, x~v0 при /=0):
0 = .rosinao, 1
v0 = — x06sina04-x0cocosa, J
откуда ao=0, х0=о0/ы.
Таким образом, получен закон движения льдины
х = — e~6zsin со/,
со
Отсюда легко получить искомую скорость льдины в
произвольный момент времени:
v = х = о0 ( cos со/ —- sin со/ )е~б*.
и \ /Л /
Легко видеть, что в условиях примера (12.3) площадь попе-
речного сечения льдины S уже не лишняя, а необходимая
для расчетов величина.
Пример 12.4 Пластины плоского воздушного конден-
сатора расположены вертикально. Пластины соединяет
горизонтальный гладкий диэлектрический шток, по
которому может скользить небольшая муфта массой
т—10~* кг, прикрепленная к пружине, коэффициент
жесткости которой &=10-1Н/м (рис. 12.4). Муфта
обладает электрическим зарядом Q=10-8 Кл. На плас-
тины подается переменное напряжение U — Uo sin со/,
где £/о=104 В. Определить, при какой частоте со ам-
плитуда колебаний муфты будет равна х0=1 см. Рас-
стояние между пластинами d=10 см. Силой сопротив-
ления воздуха пренебречь.
Решение. Физическая система состоит из одного
тела — муфты, обладающей электрическим зарядом. Все
остальные тела — внешние. Под действием переменного
электрического поля муфта совер-
шает вынужденные колебания.
Применяя второй закон Ньютона,
получаем дифференциальное урав-
нение этих колебаний:
тх = — kx + Uo sin at или
“ , 2 QU0 • 4-
х + (nix = sin (at.
1 ° та
65
Решением этого уравнения является функция
х=х0 sin (otf (12.8)
где амплитуда
° (coo—(о2) md
(12.9)
Из закона движения (12.8) видно, что муфта совершает гар-
монические колебания. Искомая частота определяется
из уравнения (12.9):
-1/ k QU0 .
г т mdx0 *
Отсюда со«9,5 рад/с.
Мы рассмотрели несколько примеров на механические
колебания. Все эти задачи были решены одним и тем же
динамическим методом. Таким образом, задачи на механи-
ческие колебания являются частными случаями основных
задач динамики.
§ 13. Законы сохранения
Кроме кинематического и динамического методов реше-
ния задач в физике существует еще один, может быть более]
важный, метод применения законов сохранения. Этот метода
является более универсальным, чем кинематический и ди-1
намический. Если применение динамико-кинематического]
метода ограничено рамками только классических физиче-1
ских систем, то метод законов сохранения используется и в3
классических, и в квантовых системах.
Необходимо все же отметить, что в классических физи^
ческих системах динамико-кинематический метод являете*
более общим, чем метод законов сохранения. В особенносп
это относится к механическим системам. В принципе, люба*
поставленная механическая задача может быть физическ!
решена с помощью динамико-кинематического метода. Этог(
нельзя утверждать относительно метода законов сохрани
ния: далеко не все механические задачи решаются путем
использования законов сохранения. Однако в более сложи
ных системах метод законов сохранения иногда быстрее
приводит к успеху, чем применение динамико-кинематм
ческого метода. .а
Мы уже отмечали, что одного универсального способа
(метода) решения задач по физике не существует. Огромно^
66
значение здесь имеет лишь система методов. Поэтому нет
смысла противопоставлять один метод другому: каждый
метод обладает и сильными, и слабыми сторонами. Природа
столь разнообразна в своих свойствах и проявлениях, что
для раскрытия связей в физических явлениях необходимо
разумное сочетание различных методов. Поэтому и при
решении физических задач целесообразно использовать
систему методов, в том числе динамико-кинематический и
метод законов сохранения.
В основе рассматриваемого метода лежит совокупность
законов сохранения. В физике их довольно много. В клас-
сических системах используются следующие четыре: закон
сохранения импульса, закон сохранения энергии (в механи-
ческих системах его частный случай — закон сохранения
энергии в механике), закон сохранения момента импульса
и закон сохранения электрического заряда. Общим для всех
этих законов является утверждение о сохранении какой-то
физической величины при определенных условиях. Если
обозначить эту неизменяющуюся физическую величину
через А, а набор условий, при которых выполняется ут-
верждение закона, через В, то законы сохранения можно
сформулировать в обобщенной форме: если выполняется
В, то А= const; или в другом виде: если выполняет-
ся В, то ДД=0, где ДЛ — изменение величины А.
В большинстве случаев законы сохранения применяют,
если происходит процесс взаимодействия тел. В этом про-
цессе необходимо различать три этапа: первый характери-
зуется состоянием тел д о их взаимодействия, второй есть
сам процесс взаимодействия, и третий этап харак-
теризуется состоянием тел после их взаимодействия.
Процесс взаимодействия тел несуществен для законов со-
хранения. Для них важно только, чтобы значение соответ-
ствующей физической величины не изменялось в результате
этого процесса (ее значения в начале и в конце взаимодей-
ствия должны быть равны). Поэтому метод применения
законов сохранения заключается в следующем:
1) выясняют, какие тела включаются в физическую
систему;
2) проверяют, выполняются ли условия В;
3) выбирают инерциальную систему отсчета (относи-
тельно которой впоследствии будут определяться значения
величины Л);
4) находят значение величины Аг в начале взаимодей-
ствия тел;
67
5) определяют значение величины А 2 в конце взаимодей-
ствия;
6) записывают закон сохранения в виде ДХ=Д2 или в
форме АД=0 (Д 2—Дг=0);
7) если закон векторный, то обычно проецируют его
на оси координат и получают три эквивалентных уравнения:
Д1Х:=-^2х> А1у=А 2у, Д12= Д 2Z'
В этом параграфе рассмотрены только два закона: закон
сохранения импульса и закон сохранения энергии в механи-
ке. Остальные законы мы обсудим несколько позже.
Пример 13.1 Абсолютно неупругий удар. Два тела
массами т^~2 кг и т2=3 кг, двигавшиеся со скоростями
Vi=(3i+4j) и v2=(—2i+3j) относительно некоторой
И СО, сталкиваются абсолютно неупруго. Определить
их скорость v после удара. Действием других тел пре-
небречь.
Решение. В физическую систему включим два
тела: тг и т2. Так как по условию влиянием внешних тел
можно пренебречь, то выбранная система является замк-
нутой. Заметим, что законы движения тел (если использо-
вать кинематический метод) найти нельзя, ибо не заданы
начальные условия (при неизвестны координаты тел).
Физическое явление заключается в абсолютно неупругом
взаимодействии двух тел замкнутой системы. Даны массы
и скорости тел до взаимодействия, требуется определить
скорость тел после взаимодействия.
Применим закон сохранения импульса. Возможность
применения этого закона проверена. ИСО выбрана в усло-
виях задачи. Определяем импульс каждого тела до взаимо-
действия и находим их геометрическую сумму: pi=miVx+
+m2v2. Далее находим импульс системы после взаимодейст-
вия (в результате абсолютно неупругого удара тела движу-
тся с общей скоростью v): р2= (fnx+m2)v. По закону со-
хранения импульса получаем
mxVi+m2va==(mx+m2)v,
отсюда
mt , т2
v =-----— V. -4__=— V'
тх-]-т2 ld^/nx+m2 2*
Проецируя это векторное уравнение на оси координат, на-
ходим компоненты искомого вектора скорости:
mi , т2 Л
С\.=---i--Vlx Н----Г--Рлг=0;
х тг-\-т2 1Х тг-\-т2 2х> х ’
, т2 17 ,
vy — +mi^.m2v2y> vy~ 5 м/с<
68
Таким образом, тела будут двигаться вдоль оси OY
со скоростью vy—17/5 м/с.
Иногда выбранная физическая система в целом не явля-
ется замкнутой, и, следовательно, закон сохранения им-
пульса в этом случае применять нельзя. Однако она может
быть замкнутой по какому-либо направлению (например,
вдоль оси ОХ), т. е. алгебраическая сумма проекций внеш-
них сил на это направление равна нулю. Тогда (только для
этого направления) можно записать закон сохранения
импульса в скалярной форме:
Р1Х~р2Х'
Пример 13.2 Тележка с песком массой 7И = 100 кг
движется прямолинейно и равномерно по горизонтальной
плоскости со скоростью и0=3 м/с. (рис. 13.1). Шар мас-
сой т=20 кг падает без начальной скорости с высоты
h= 10 ми попадает в тележку с песком. Определить ско-
рость тел после их взаимодействия. Трение отсутствует.
Решение. В физическую систему включим тележку
с песком (они рассматриваются как одно тело) и шар
(рис. 13.1). Выбранная фи-
зическая система не замк-
нута (до взаимодействия на
шар действовала сила тяго-
тения Земли, и эта сила
не уравновешивалась ника-
кой другой внешней силой).
Следовательно, в целом за-
кон сохранения импульса
для этой системы применять
нельзя. Однако в направле-
нии перемещения тележки
на тела системы внешние си- 13. i
лы не действуют и, следова-
тельно, для этого направле-
ния закон сохранения импульса применять можно. Инерци-
альную систему отсчета свяжем с Землей, оси координат
направим, как показано на рис. 13.1. Составляющая век-
тора импульса pi системы в направлении оси ОХ до взаи-
модействия эта же составляющая после взаимо-
действия pix=(M+m)v, где v — искомая скорость. По
закону сохранения импульса,
Mv0=(M+m)v,
69
откуда
A4v0
V~M +m*
(13.1)
Подстановка числовых значений дает v=2,5 м/с.
Из уравнения (13.1) видно, что искомая скорость не за-
висит от высоты h и, следовательно, в условиях данной зада-
чи это лишняя физическая величина.
Можно было бы в физическую систему включить и третье
тело — Землю. Тогда система из этих трех тел является
замкнутой. Так как Земля считается телом системы и под
действием силы тяготения шара должна двигаться ускорен-
но (относительно какой-либо ИСО), то, строго говоря, свя-
зывать с Землей инерциальную систему отсчета нельзя.
Но легко показать, что скорость и ускорение Земли (в ус-
ловиях данной и подобных задач, где массы тел малы по
сравнению с массой Земли) в любой момент времени столь
малы, что ими можно пренебречь, считая Землю за непод-
вижное тело.
Найдем, например, скорость Земли в момент взаимодей-
ствия с шаром (это максимальная скорость Земли в усло-
виях данной задачи). Очень часто в физике выбирают инер-
циальную систему отсчета, связанную с центром масс
системы или с центром инерции системы. Эту систему в даль-
нейшем будем кратко обозначать символом СЦМ (система
центра масс) или символом ЦИ (система центра инерции).,
Центром масс системы называют точку, радиус-вектор гс.
которой определяется из уравнения •
(13.2'
Гс V
Можно показать, что центр масс системы движется кал
материальная точка, масса которой равна массе системы,
а действующая сила равна геометрической сумме всех внещ
них сил, действующих на систему (теорема о д в и<
жении центра масс). Запишем уравнение движе^
ния центра масс:
dvc
тЧГ
if
где m=2m/— масса системы, Vc — вектор скорости цент|
масс, SF,— геометрическая сумма внешних сил.
Если система замкнута, то 2Ff=0 и Vc=const, т.
центр масс замкнутой системы движется равномерно и пр:
70
молинейно. Следовательно, система отсчета, связанная с
центром масс такой системы, является инерциальной.
Так как в СЦМ начало координат совпадает с центром масс,
то гс=0 и из (13.2) находим
2>fr;=o. (13.3)
Продифференцировав уравнение (13.3) по времени t,
получаем
Зт1У( = 0, (13.4)
т. е. импульс замкнутой системы относительно СЦМ
равен нулю в любой момент времени. Применим этот
результат к расчету скорости Земли при ее взаимодействии
с шаром (рис. 13.2). На этом рисунке начало координат
СЦМ — точка 0 — смещено вправо. Из уравнения (13.4)
находим
Mv3—тиш=0, (13.5)
где М — масса Земли, v3 — ее скорость, т — масса шара,
иш— его скорость. Из уравнения (13.5) определяем скорость
Земли:
= = и3 —5-Ю"23 м/с.
Полученная скорость фантастически мала. Двигаясь с та-
кой скоростью, Земля переместится на расстояние, равное
1 см, за время /»6-1012 лет. В дальнейшем при исследова-
нии движения тел, массы которых малы по сравнению с мас-
сой Земли, мы будем пренебрегать воздействием этих тел
на Землю, считая ее неподвижной.
Закон сохранения энергии в механике связан с понятия-
ми кинетической Ея и потенциальной Е„ энергий.
Очень важным здесь является также и понятие работы А.
71
Как известно, сила F на элементарном перемещении dr
совершает элементарную работу
аД = Fdr.
Работа силы F на пути I выражается интегралом
А = $ F dr,
i
(13.7)
где интеграл берется вдоль кривой I.
Встречаются случаи, когда работу необходимо вычис-
лять при прямолинейном движении. Учитывая, что dr=
=dx-i+d«/« j+dz-k, выражение (13.6) можно представить
в виде
аД = Fidx+Fjd«/+Fkdz=Fdx cos a^Fdy cos a2+
+Fdz cos a8, где ax, a2 и a3— углы, которые вектор силы F
составляет соответственно с ортами i, j и к осей OX, OY и
OZ. При движении по прямой (например, вдоль оси ОХ)
dД =Fdx cos а.
Работа силы на участке от Xi до х2 в этом случае определя-
ется формулой
ЛГ3
А = F cos a dx.
Xi
Если сила постоянна, то вычисление ее работы не состав-
ляет обычно большого труда. При расчете работы перемен-
ной силы часто используют метод ДИ (см. § 6). Ограничим-
ся прямолинейным случаем и предположим, что |cosaj==l.
Сила может зависеть от координаты х (в общем случае и
от у, и* от z), от компоненты скорости vx=v (в общем случае
и от других компонент вектора скорости v) и от времени t.
Рассмотрим случай зависимости силы F (х) от координа-
ты х. Элементарная работа
6Д =Е(х)бх.
Работа на участке [хх, х2]
Хг
А = jj F (х) dx.
Пример 13.3 Сначала тело поднимают из шахты глу-
биной h^R/2 (где R — радиус Земли) на поверхность
Земли, а затем на высоту h2=hl=R!<2 от поверхности
Земли. В каком случае работа больше?
72
Решение. Легко видеть, что эта задача на оценку.
Для того чтобы ответить на вопрос задачи, необходимо най-
ти отношение AJA 2, где — работа в первом случае, А 2—
во втором. И в первом, и во втором случаях работа совер-
шается против силы тяготения, но законы, описывающие
действие этих сил, различны. В примере 12.1 было показа-
но, что сила тяготения в первом случае
Fi=4/a jtGpmx,
а во втором случае
Р2—6тМ1хй.
Графики изменения этих сил показаны на рис. 13.3. Таким
образом, силы переменны и для расчета работ A i и А 2 не-
обходимо применить метод ДИ. Элементарные работы на
участках dx составляют
дД1=Гх(х) dx и dA2=Fi(x) dx.
После интегрирования в соответствующих пределах полу-
чаем
я
л Г 4 г , 3 GmM.
Лх = \ -g-nGpmxdx = -g—
R/2
»/,R
. С ОтМ , GmM
Аг- j = .
R
и, следовательно,
Л Х/Л 2=9/8, т. е. Д1>Д2.
Сила может зависеть от компоненты скорости vx~v.
При расчете работы в этом случае необходимо найти закон
изменения скорости v от времени t, т. е. решить основную
задачу динамики, применяя второй закон Ньютона. Эле-
73
ментарная работа
dA=F(y) dx=F (у) vdt. (13.8)
По второму закону Ньютона,
m^ = F(v) + XFt, (13.9)
где SF,— алгебраическая сумма проекций на направление
движения остальных сил, действующих на данное тело.
После решения уравнения (13.9) и учета начальных условий
находим закон изменения скорости: v=v(t). Далее подстав-
ляем найденный закон изменения скорости в (13.8) и после
интегрирования получаем некому работу:
^2
А = $ F(t)v(t)dt. (13.10)
Пример 13.4 Рассчитаем работу силы сопротивления
воздуха, действующей на парашютиста в примере 11.3
за первые 3 с и первые 30 с.
Решение. Так как сила сопротивления зависит от
скорости (Fc=—kv) и закон изменейия скорости (11.19)
найден, то по формуле (13.10) получаем искомую работу:
(13.11)
Подставляя в (13.11) значения времени Zi=3 с и
=30 с, получаем
Л1»104Дж, Д2«1,1-106 Дж.
Найдем отношение этих работ:
Аа/Д1=110.
Таким образом, во втором случае промежуток времени воз-
рос в 10, а совершенная при этом работа — в НО раз. Этот
результат объясняется одновременным возрастанием и си-
лы сопротивления, и скорости движения.
В заключение исследуем случай зависимости силы от вре-
мени: F~F(t). Здесь также для нахождения закона изме-
нения скорости v от времени t необходимо решать основ-
74
ную задачу динамики. Элементарная работа
с1Д=Г(0 dx~F(t) v(t) dt.
После нахождения закона изменения скорости искомая
работа
A =^F(t)v(t)dt. (13.12)
h
Пример 13.5 Определить работу тормозного двига-
теля за первую секунду в примере 11.4.
Решение. Так как сила торможения зависит от
времени (F—kt), закон изменения скорости (11.27) найден,
время торможения известно, то по формуле (13.12) получа-
ем искомую работу:
t
Л С li( kt2\ ,, kv0i2 k*t* Л n E ine TT
A = \ kt u0— 5— d/ == —5-----о—, A ~ 2,5 • 10е Дж.
J \ 0 2m J 2 8m ’ ’
о
(13.13)
Иногда работу можно вычислить, используя теорему об
изменении кинетической энергии физической системы, сос-
тоящей из материальных точек. Согласно этой теореме,
работа всех сил, действующих на такую систему, равна
изменению кинетической энергии этой системы:
Д=Д£К. (13.14)
В примере 11.4 из трех сил, действующих на тело, две
взаимно уравновешивают друг друга. Оставшаяся сила и
есть сила торможения, работу которой необходимо вычис-
лить. Следовательно, в формуле (13.14) А — это работа си-
лы торможения, а Д£к=/пио/2—ти2/2. Применяя формулу
(13.14) и учитывая закон изменения скорости (11.27), по-
лучаем
. mvp т( kvot* kW А 2 5> 10й д
А~~ 2 2 V ° 2/п/ 2 и ДЖ,
т. е. это тот же результат, что и полученный ранее (см.
(13.13) методом ДИ.
По закону сохранения энергии в ме-
ханике, полная механическая энергия замкнутой сис-
темы, в которой действуют только консервативные силы,
есть величина постоянная:
£=£K+£n=const, или Д (£к4-£п)=0, (13.15)
75
Если в замкнутой системе действуют неконсервативные
силы, то полная механическая энергия системы не сохра-
няется и ее изменение равно работе неконсервативных сил
ДЕ=Лд, (13.16)
где Ал— работа диссипативных сил.
Пример 13.6 Определить, какую скорость имеет ме-
теорит массой т на расстоянии г=1,5-1011 м от Солнца,
если он двигался без начальной скорости из бесконечности
к Солнцу (массой М). Влиянием других тел пренебречь.
Решение. В физическую систему включим два тела:
метеорит и Солнце. Метеорит можно принять за матери-
альную точку. Солнце будем считать шаром радиуса R =
==7-105 км. Физическое явление заключается в движении
метеорита к Солнцу под действием силы тяготения. Извест-
но начальное состояние физической системы, необходимо
определить один из параметров движения метеорита (ско-
рость v) в конечном состоянии. Это основная задача дина-
мики.
Ее можно было бы решать динамическим методом, при-
меняя второй закон Ньютона. Но в данной задаче нет не-
обходимости определять закон изменения скорости v ме-
теорита от времени t (нужно определить, только значение
скорости в конечном состоянии); иначе говоря, нет необхо-
димости описывать весь процесс движения метеорита. По-
этому целесообразно применить закон сохранения энергии
в механике.
Выбранная система тел замкнута (влиянием других тел
пренебрегаем по условию). В системе действуют только кон-
сервативные силы тяготения. Инерциальную систему свя-
жем с Солнцем, принимая его за неподвижное тело (см.
пример 13.2). Полная механическая энергия Ег системы
в начале взаимодействия тел равна нулю (кинетические
энергии тел равны нулю; принимая начальное положение
системы за нулевое положение, получаем, что и начальная
потенциальная энергия равна нулю). Определим полную
механическую энергию системы Е2 в конце взаимодействия,
когда метеорит находится на расстоянии г=1,5-1011 м
от Солнца (рис. 13.4). Она слагается из кинетической энер-
гии метеорита Ек=ти2/2 и его потенциальной энергии.
Последняя определяется работой силы тяготения при пере-
мещении метеорита из конечного в начальное положение.
Так как сила тяготения зависит от расстояния г, т. е.
является переменной силой, то для расчета работы этой
76
силы применим метод ДИ. Разделим весь путь на столь ма-
лые участки, чтобы на каждом таком участке dr изменени-
ем силы тяготения можно было пренебречь, считая ее по-
стоянной. Тогда элементарная работа на таком участке
1 л п тМ , п тМ ,
dzl = G cos a dr = — О dr.
Суммируя элементарные работы на всех участках, получаем
общую работу А, которая и определяет значение взаимной
потенциальной энергии Еп системы:
4 = £n = —f G^-dr = —GmM f — — ') " =
Jr2 \ r J Г г
г
Таким -образом, полная механическая энергия системы
в начальном положении £1=0, в конечном E2=mv2/2—
—GmM/r. По закону сохранения энергии в механике,
А__ mv2 GmM
U —-g — .
Из последнего уравнения определяем искомую скорость:
v=K2GMjr, v «42,2 км/с.
Для расчета из таблиц были взяты значения гравитационной
постоянной G и массы Солнца М.
Пример 13.7 В стальной кубик массой М = 1 кг,
находившийся в покое на горизонтальной поверхности,
попадает стальной шарик массой т = 10 г, летевший
горизонтально со скоростью Vi=103 м/с, и упруго отра-
жается обратно (рис. 13.5). Определить, какой путь
после удара пройдет кубик до остановки, если коэффи-
циент трения между кубиком и горизонтальной по-
верхностью 6=0,2.
Решение. В физическую систему включим два тела:
шарик и кубик,— которые можно принять за материальные
точки. Земля — внешнее тело. Физическое явление состоит
77
в абсолютно упругом взаимодействии шарика и кубика
(взаимодействие с внешним телом несущественно) и в их
последующем движении. Начальное состояние физической
системы (до взаимодействия) известно. Необходимо опреде-
13.5
лить один из параметров
движения кубика (его
путь до остановки).
Так как силы, возни-
кающие в процессе вза-
имодействия шарика и
кубика, неизвестны, то
описать этот процесс ди-
намическим методом невозможно. Применим законы сох-
ранения импульса и энергии в механике. Выбранная сис-
тема в целом не замкнута, но в направлении движения ша-
рика ее можно считать замкнутой. Инерциальную систе-
му свяжем с Землей, а ось ОХ направим, как показано на
рис. 13.5. Импульс системы до взаимодействия px=mvx.
Импульс системы после взаимодействия p2=mv2-bAlu2X, где
v2 и и2Х— векторы скорости шарика и кубика соответствен-
но после взаимодействия. По закону сохранения импульса,
mvx=mv2+Afu21.
Проецируя это векторное уравнение на ось ОХ, получаем
mVi——тиамин.
По закону сохранения энергии в механике ,
mvl/2 = mvf/2 + Ми^/2.
Учитывая, что т<^М, после решения системы уравнений
находим
2/twi 2mv{
« vx; «2Х — •
Рассмотрим дальнейшее движение кубика. Очевидна по-
становка новой задачи: кубик массой М = 1 кг с начальной
скоростью ц2Х движется по горизонтальной поверхности
' (коэффициент трения f=2*10_1) и останавливается; опре-
делить путь, пройденный кубиком до остановки.
В физическую систему включим два тела: кубик и Зем-
лю. Физическое явление заключается в замедленном дви-
жении кубика в результате его взаимодействия с Землей.
Известно начальное положение системы. Необходимо опре-
делить один из параметров этого движения (путь до оста-
новки). Это основная задача динамики. Так как силы вза-
78
имодействия кубика с Землей известны, то эту задачу мож-
но решить и динамическим методом и методом законов сох-
ранения. Применяя второй закон Ньютона
Ma—f Mg,
находим ускорение. Решая обратную задачу кинематики,
определяем путь 1г, пройденный кубиком до остановки:
__uh____ 2m2vf
/х « 100 м.
(13.17)
Решим эту же задачу с помощью закона сохранения
энергии в механике. Выбранная система замкнута, но при-
менять этот закон в форме (13.15) нельзя (в системе дей-
ствует неконсервативная сила трения F^—fMg). Считая
внутреннюю неконсервативную силу трения внешней, из
уравнения (13.16) находим
^ = Ж,.
Отсюда получаем результат, совпадающий с (13.17) и полу-
ченный ранее динамическим методом:
1! 2 Q 1Ц
___ &21
h ~ 100 m.
Решенную задачу можно было бы сформулировать в ви-
де такой, например, проблемы (проблемной задачи): в ре-
зультате какого взаимодействия шарика и кубика путь,
пройденный кубиком до остановки, максимален?
Изменим несколько условия примера 13.7: будем считать
кубик неупругим телом, остальные условия сохраним преж-
ними; определить путь кубика до остановки.
Процесс взаимодействия (абсолютно неупругий удар)
описывается законом сохранения импульса
mvi=(m-}-M)u22.
Отсюда определяем начальную скорость кубика (с учетом
условия т<^М):
U22&mvJM.
Решая динамическую задачу дальнейшего движения
кубика (любым методом), находим его путь до остановки:
2 2 2
= = '*~25м- <1318>
У»
Из уравнений (13.17) и (13.18) видно, что в случае абсо-
лютно упругого удара кубик до остановки проходит путь в
четыре раза больший, чем при абсолютно неупругом вза-
имодействии.
Изменим еще немного условия примера 13.7: пусть в ре-
зультате взаимодействия шарик, пройдя через кубик, про-
должает движение в том же направлении со скоростью
и2=500 м/с, остальные условия те же; определить путь ку-
бика до остановки.
Применив закон сохранения импульса
/7Wi=/7W2+A1U23,
находим начальную скорость кубика;
и^=т(уг—v^!M.
Путь кубика до остановки
2fg 2fgM2 ’
Таким образом, в случае абсолютно упругого удара (при
условии т<^М), и скорость и21, и путь llt пройденный ку-
биком до остановки, являются максимальными.
Можно исследовать зависимость начальной скорости и
пути, пройденного кубиком до остановки, от отношения масс
т/М. В частности, для любого соотношения масс т!М (но
при m<|M)
u2i/и22==2
и, следовательно,
Zx/Z2=4.
ГЛАВА 4
ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА
§ 14. Динамика твердого тела
Ускорение ас центра масс твердого тела определяется
по теореме о движении центра масс:
mac = 2F, (14.1)
где т — масса, a SF — геометрическая сумма внешних
сил, действующих на твердое тело.
Внешний вид уравнения (14.1) совпадает со вторым за-
коном Ньютона для материальной точки (11.4), и, следова-
80
тельно, метод его применения состоит из тех же операций.
Векторное уравнение (14.1) эквивалентно трем уравнениям:
macx = ^Fx, nwcy^Fy, macz=^Fz. (14.2)
Для материальной точки и соответственно для твердого
тела справедливо уравнение движения
L = SM, (14.3)
где L=-^-, ' геометрическая сумма моментов всех
внешних сил, действующих на твердое тело, относительно
неподвижной точки О.
Если точку О считать началом декартовой системы коор-
динат, то, как обычно, векторное уравнение (14.3) эквива-
лентно трем уравнениям:
<14-4)
где Lx, Ly, Lz— проекции вектора момента импульса L
на оси координат. Их называют моментами импульса твер-
дого тела относительно неподвижных осей OX, OY, 0Z со-
ответственно. Можно показать, что для материальной точ-
ки и для твердого тела
Z,X=JXG)X, Ly—Jув)у, Lz—Jzcoz, (14.5)
где J х, Jу, Jz— моменты инерции материальной точки и
твердого тела относительно осей OX, OY, 0Z соответствен-
но, а сох, в)у, сог— проекции вектора угловой скорости со
на те же оси.
С учетом (14.5) уравнения (14.4) можно записать в виде
d (Jxwx) _ да d Uywy) _ дд d (/гсог) _ дд ш с\
dz d/ “ и* At z' v 7
Если моменты инерции Jx, Jy и Jz постоянны, то уравнения
движения приобретают вид
J$x~Mx, Jy^y—My, (14.7)
о dcOv* о dco„ n dcoz
где px == -^ , Pz = ~~ проекции вектора уг-
лового ускорения на оси координат.
Эти уравнения называют уравнениями движения относи-
тельно неподвижных осей OX, 0Y, и 0Z соответственно.
Твердое тело имеет шесть степеней свободы, поэтому для
описания его движения необходимы шесть независимых
уравнений. Таковыми и являются или два векторных урав-
81
нения (14.1) и (14.3), или эквивалентная им система шести
уравнений (14.2) и (14.6). Метод применения законов (14.2)
ничем не отличается от метода применения второго закона
Ньютона. Метод применения законов (14.6) также очень
похож на метод применения второго закона Ньютона, если
к последнему добавить две дополнительные операции:
нахождение момента инерции тела и момента внешних сил
относительно соответствующей оси. Таким образом, дина-
мический метод и для описания движения твердого тела
остается практически тем же.
Пример 14.1 Рассмотрим упрощенную задачу из при-
мера 11.2 и учтем, что блок в виде сплошного цилиндра
радиуса 7? = 10 см имеет массу т^=8 кг. Определить ус-
корение системы и силы натяжения нити.
Решение. В физическую систему по-прежнему вклю-
чим те же четыре тела: грузы массами mt, т2, нить и блок
14.1
(рис. 14.1). Теперь блок не
только является телом, массу
которого необходимо учиты-
вать, но его нельзя принять и
за материальную точку. Будем
считать блок твердым телом.
Его центр масс неподвижен,
а сам блок вращается вокруг
одной неподвижной оси OZ,
проходящей через центр масс.
Применим к блоку уравнение
движения (14.7) относительно
неподвижной оси OZ. Инерци-
альная система отсчета выб-
рана. На блок действуют две неравные силы натяжения:
F'^£=F'a. Остальные силы, действующие на блок, компен-
сируют друг друга. Моменты сил F'i{ и F"a относительно оси
OZ составляют M'z=—F'tR и MZ=F"R. Момент инерции
блока относительно этой же оси (сплошной цилиндр) Jz=*
=1/2mlR2. В дальнейшем индекс оси (х, у, z) у моментов
сил, моментов импульсов, моментов инерций и других
величин мы будем опускать. Используя уравнение движе-
ния (14.7), получаем
V2m4/?2P = (F"-F')7?.
Применяя второй закон Ньютона к материальным точ-
кам mi и т2, находим
F;1( т2а = m2g—Г".
82
Уравнение связи линейного а и углового |3 ускорений
замыкает систему уравнений:
f>=a/R.
Решая полученную систему уравнений, получаем:
а=--------а « 6,5 м/с2;
^1+^2 + ~2 т*
F'. =--------------g, F• « 6,5 н;
/П1+т2-|—g т4
К=(1------------J—w, f; « 33 Н;
Р =— -------——j----r-g, [3^65 рад/с2.
Г | fTli П2 ~J~ "2" Hit j
Ускорение а системы значительно уменьшилось. Инте-
ресно также отметить, как сильно теперь отличаются зна-
чения сил натяжения нити Р'„ и F^: натяжение F'^ и
должно быть значительно больше Гн, ибо моменты этих сил
имеют противоположные знаки.
Пример 14.2 Один конец вертикально расположенной
нити закреплен в точке О (рис. 14.2), а другой намотан
на сплошной узкий цилиндр (диск) массы т=10 кг и
радиуса /? = 10 см. Определить ускорение центра масс
и силу натяжения нити. Нить невесома и нерастяжима.
Решение. В физическую систему включим два тела:
цилиндр и нить. Цилиндр нельзя принять за материальную
точку. Будем считать его твердым телом. Его центр масс
(точка С) движется вертикально вниз, а сам цилиндр вра-
щается относительно подвижной оси, проходящей через
центр масс. Применим теорему о движении центра масс
(14.1) и уравнение движения (14.7). Инерциальную систему
отсчета свяжем с Землей, а оси координат направим, как
показано на рис. 14.2. На цилиндр действуют две силы:
сила тяжести mg и сила натяжения нити FH. По теореме о
движении центра масс,
mac=mg+FH.
Проецируя это векторное уравнение на ось ОХ, получаем
mac=mg—Fn.
83
Цилиндр вращается относительно подвижной оси, но
эта ось перемещается параллельно самой себе; в этом слу-
чае уравнение движения (14.7) остается справедливым:
V2
где fi=ajR—угловое ускорение. Решая полученную сис-
тему уравнений, находим
ac=2/3g, Рн=ъ/з т8-
Отсюда ас»6,6 м/с2; FH^163 Н.
Усложним решенную задачу: пусть к закрепленному
концу нити привязано тело (материальная точка) массой
тг=\ кг, которое может без трения двигаться по горизон-
тальной плоскости, а сама нить находится на невесомом
блоке (рис. 14.3).
Обозначим т2 массу цилиндра. Применяя динамический
метод, составляем замкнутую систему уравнений для посту-
пательного движения материальной точки и цилиндра соот-
ветственно:
miai=Fn и m2ac=m2g—Fn,
а также для вращательного движения цилиндра:
Ускорение ас центра масс цилиндра, ускорение at матери-
альной точки и угловое ускорение |3 связаны соотношением
ac=a!+f)R.
84
Решая полученную
П - 2 + ^2/ГП1
с 3+т2/т1ё’
Р — Шг a R = 2 + ^а//П1
н 3 4- т^т-г & ’ “ R (3-±-т2/т1)
систему уравнений, находим:
1 34- m2/mi °'
Подставляя числовые значения, получаем
дс«9,1 м/с2, ах«7,5 м/с2, FH«7,5 Н, р«15,1 рад/с2.
Можно еще более усложнить задачу, учитывая трение
между телом тг и горизонтальной плоскостью, принимая
во внимание массу блока, считая его твердым телом и т. д.
Все эти задачи могут быть решены тем же динамическим
методом.
Изменим существенно условия примера 14.2, введя силу
трения; точнее, эта сила (речь идет о силе трения покоя)
необходимо возникает в условиях следующего примера и
пренебрегать ею нельзя.
Пример 14.3 На сплошной цилиндр (диск) массы т =
= 10 кг и радиуса 7? = 10 см намотана невесомая и не-
растяжимая нить. Цилиндр может без скольжения
двигаться по горизонтальной плоскости. К концу нити
приложена постоянная горизонтальная сила F=30 Н
(рис. 14.4). Определить ускорение центра масс.
Решение. Физическая система состоит из одного
твердого тела — цилиндра,
прямолинейно. Цилиндр
вращается относительно по-
движной оси, направление
которой в процессе движе-
ния не изменяется. Необхо-
димо найти ускорение цент-
ра масс. Это основная за-
дача динамики твердого
тела. Применяем динами-
ческий метод. Инерциаль-
ную систему отсчета свя-
жем с Землей, ось ОХ
направим вправо, ось вра-
щения параллельна оси
OZ. На цилиндр действуют
масс цилиндра движется
14.4
четыре силы: сила натя-
жения нити (она равна данной силе F), сила тяжести mg
и сила реакции опоры N (они взаимно уравновешивают
друг друга) и сила трения покоя FT₽.
85
Сила трения покоя может принимать любое значение,
заключенное в пределах 0<g.FTV<^fN, В данном случае
она имеет такое значение из этого промежутка, чтобы не
происходило проскальзывания (чистое качение).
По теореме о движении центра масс находим
mac=F+FTp.
Из уравнения движения относительно оси, проходящей
через центр масс, получаем
*/*mR4>=(F-Frv)R.
Учитывая, что
Р=цс//?,
и решая полученную систему уравнений, находим
4F Р Р
Яс “ ~3т ’ ^т₽— АЛ
Подстановка числовых значений дает ас=4 м/с2, Гтр=10Н.
Условие отсутствия скольжения принимает вид
^F^fmg,
отсюда получаем
f>F/(3/ng)~0,l.
Если коэффициент трения меньше этого значения, на-
ступает скольжение.
Усложним условия решенной задачи: пусть нить пере-
кинута через невесомый блок и к ее концу привязан груз мас-
сой т2=20 кг (материальная точка), остальные условия
(кроме силы F — она являетя теперь силой натяжения нити
FH) те же; определить ускорение ас центра масс, ускорение а
груза и силу натяжения нити (рис. 14.5).
Обозначим mi массу цилиндра. Применяя динамический
метод, получаем следующие уравнения:
m2a=m2g—FH (для поступательного движения груза),
miac=FH+FTP (по теореме о движении центра масс),
V2m/?2p=(FH—Frv)R (из уравнения движения).
Ускорение груза и ускорение центра масс связаны соот-
ношением а=цс+р/?. Так как ac=$R, то ц=2ас.
Решая полученную систему уравнений, находим!
88
Отсюда получаем:
а«8,4 м/с2, ас«4,2 м/с2, FTp«10,5 Н, FH«31,5 Н.
Можно еще более усложнить решенную задачу, если
учесть, например, что блок имеет массу и является твердым
телом, что цилиндр движется по наклонной, а не горизон-
тальной поверхности, что материальная точка также дви-
жется по наклонной плоскости, и т. д., и т. п. Легко ви-
деть, что все эти задачи могут быть решены одним и тем же
динамическим методом.
§ 15. Законы сохранения в динамике
твердого тела
Элементарная работа при повороте твердого тела на
угол dtp составляет
d4=7Hd<p, (15.1)
где М — момент сил относительно оси вращения. Полная
работа находится интегрированием уравнения (15.1):
А = $ Afdcp. (15.2)
<pi
Кинетическая энергия твердого тела при его произвольном
движении складывается из кинетической энергии поступа-
тельного движения и кинетической энергии вращательного
движения:
£к = щ^/2 + /(о2/2, (15.3)
87
где vc— скорость поступательного движения. центра масс,
J — момент инерции тела относительно оси вращения.
В динамике твердого тела наряду с законами сохранения
импульса и энергии в механике применяется закон
сохранения момента импульса. Этот за-
кон вытекает из уравнения движения (14.3) относительно
точки: если геометрическая сумма моментов внешних сил
относительно точки 0 равна нулю, то момент импульса
относительно этой, точки постоянен:
L=const. ч (15.4)
Чаще закон сохранения момента импульса используют в
форме, вытекающей из уравнения движения (14.4) относи-
тельно неподвижной оси: если алгебраическая сумма мо-
ментов внешних сил относительно неподвижной оси равна
нулю, то момент импульса системы относительно этой оси
постоянен:
L—Y. J(o=const, (15.5)
где S/со — алгебраическая сумма моментов импульса всех
тел системы.
Метод применения законов сохранения в динамике твер-
дого тела осуществляется по той же схеме, которая была
описана в динамике материальной точки.
Пример 15.1 Деревянный стержень массой М—6 кг
и длиной 1—2 м может вращаться в вертикальной пло-
скости относительно горизонтальной оси, проходящей
через точку 0 (рис. 15.1). 13 конец стержня попадает пуля
массой то=10 г, летевшая со скоростью ц0=Ю3 м/с, на-
правленной перпендикулярно стержню и оси, и застревает
в нем. Определить кинетическую энергию стержня после
удара.
Решение. Физическую систему образуем из двух
тел: стержня и пули. Пулк) можно считать за материальную
точку, стержень примем за твердое тело. Физическое явле-
ние заключается во взаимодействии этих тел (абсолютно
неупругий удар). Состояние системы до взаимодействия из-
вестно, необходимо определить некоторый параметр систе-
мы (кинетическую энергию) после взаимодействия.
Характер сил, возникающих в процессе взаимодействия,
нам не известен. Поэтому решить эту задачу динамическим
методом невозможно. Применим законы сохранения. Пуля
до взаимодействия двигалась прямолинейно, а после вза-
имодействия вместе со стержнем вращается вокруг непод-
вижной оси. Целесообразно применить закон сохранения
88
момента импульса относительно этой оси. Условия приме-
нимости этого закона выполнены.
ИСО, как обычно, свяжем с Землей, начало координат
поместим в точку О, а ось вращения примем за ось ОХ. Мо-
мент импульса пули относительно оси вращения до удара
равен m^Vol, а стержня — нулю. После удара момент им-
пульса стержня и пули равен 7 со, где J — момент инерции
стержня и пули относительно оси вращения, а со — угло-
вая скорость вращения стержня и пули после удара. Так
как момент инерции пули т012 значительно меньше момен-
та инерции стержня VgM/2, то можно 0
приближенно считать, что Jcs'Vs Л1/2.
По закону сохранения момента им-
пульса,
Jа).
Кинетическая энергия стержня
р _ /со2_ mlvlf __ Зтоио
27 2М ’
Ек = 25 Дж. (15.6)
Заметим, что начальная кинетиче-
ская энергия пули (до удара) Ек0= ,-----,0
= mov%/2, т. е. ЕкО=5-103 Дж, что 15}
значительно больше кинетической
энергии стержня после удара. В ре-
зультате неупругого удара большая часть начальной ме-
ханической энергии превратилась в немеханические виды
энергии. В процессе взаимодействия возникли огромные
неконсервативные силы, которые и рассеяли механическую
энергию системы. Поэтому неправильно было бы в этой за-
даче непосредственно применять закон сохранения энергии
в механике в виде J(f>2/2=m0vfi/2. Неправильно было бы в
этой задаче применять и закон сохранения импульса, ибо
после удара стержень с пулей участвуют во вращательном
движении. По этому закону мы получили бытоЦо=(Л1+m0)u,
где и=а>1. Отсюда, пренебрегая массой пули пг0 по срав-
нению с массой стержня М, находим &==movo/(Ml). Тогда ки-
нетическая энергия стержня после удара 7со2/2=т2ц2/(6 М),
что составляет ~2,7 Дж и почти на порядок меньше пра-
вильного результата (15.6).
Предположим, что нам необходимо определить, на какой
максимальный угол а от вертикали отклонится стержень
после удара. После удара неконсервативных сил в системе
нет и, следовательно, к дальнейшему процессу движения
89
стержня и пули можно применить закон сохранения энер-
гии в механике. По этому закону,
^=Mgh,
где h — высота, на которую поднялся центр масс стержня,
находящийся в точке А, после удара (рис. 15.2). Здесь уч-
тено, что т0<|М. Из тре-
угольника ОВС (рис. 15.2)
получаем
ОВС (рис. 15.2)
cosa =
1/2—h
1/2
та
Решая полученную систему
уравнений, находим
_ /. Зто vo \
а arccos^ 1 J »
а « 54°.
Можно рассмотреть мно-
жество других вариантов ре-
шенной задачи, например, заменив пулю стальным шариком,
а деревянный стержень — стальным, решить задачу об аб-
солютно упругом взаимодействии этих тел, исследовать
«косое» движение налетающего тела и т. д. Все эти вариан-
ты задач могут быть решены методом законов сохранения.
В заключение рассмотрим задачу, при решении которой
будут использованы все основные методы, описанные выше:
кинематический, динамический, законов сохранения и ДИ.
Пример 15.2 Сплошной однородный диск радиуса R —
= 10 см, имевший начальную угловую скорость сд0—50рад/с
(относительно оси, перпендикулярной плоскости диска
и проходящей через центр масс), кладут основанием на
горизонтальную поверхность. Сколько оборотов сделает
диск до остановки, если коэффициент трения между ос-
нованием диска и горизонтальной поверхностью /=10-1
и не зависит от угловой скорости вращения диска.
Решение. Физическая система состоит из одного
тела — диска. Диск нельзя считать материальной точкой.
Примем его за твердое тело. Физическое явление заключа-
ется во вращательном движении твердого тела относительно
неподвижной оси под действием силы трения (остальные
силы взаимно уравновешивают друг друга). Начальное и
конечное состояния системы известны. Необходимо опре-
90
делить один из параметров этого движения (число оборотов
N до остановки). Эта основная задача ^динамики твердого
тела.
Применим динамический метод. Центр масс диска на-
ходится в покое, а диск вращается. Из уравнения движения
(14.7) получаем
(15.7)
где т=л^2Яр — масса диска, h — его толщина, р — плот-
ность материала диска, Р — угловое ускорение, а М — сум-
марный момент сил трения от-
носительно оси.
Сила трения приложена к
каждому участку диска, и так
как эти участки находятся на
различных расстояниях от оси,
то и моменты сил трения, прило-
женных к этим участкам, различ-
ны. Для нахождения М приме-
ним метод ДИ. Разделим диск
на достаточно узкие кольца (рис.
15.3), а каждое кольцо двумя
соседними радиусами, образую-
щими достаточно малый угол
dtp,— на малые элементы. На рис. 15.3 один такой элемент
заштрихован. Сила трения, действующая на выделенный
элемент,
dFTP=/d(prdr/ip^.
Момент этой силы трения
dAf =rdFTp=/:pg'/ir2 drdcp.
Интегрируя по углу <р в пределах от нуля до 2л и по г от
нуля до R, получаем суммарный момент сил трения:
2л R
М = J J foghr* dr dcp = fpgh 2nR3/3 — 2fRgm/3. (15.8)
о о
Подставляя это значение М в уравнение движения (15.7),
находим угловое ускорение диска:
$—4fg/(3R).
Решая далее обратную задачу кинематики (кинематиче-
ский метод), определяем закон изменения угловой скорости
о=о) о—р/ (15.9)
Я
и закон движения!
Ф=®0/—Р^/2. (15.10)
Учитывая, что конечная угловая скорость диска равна ну-
лю ((о=0), из уравнения (15.9) находим время движения:
/ _ ®о , Q —г
4 , t ~ 0,75 с.
Подставляя это значение времени t в уравнение (15.10) и
учитывая, что <р=2яУ, получаем
дт ___ 3/?(до
(15.11)
Отсюда вычисляем У«15.
Решим теперь эту задачу методом законов сохранения.
В физическую систему включим два тела: диск и Землю.
Система этих тел замкнута, и можно было бы применять за-
кон сохранения энергии в механике, но в системе действу-
ют неконсервативные силы трения. Считая эти силы внеш-
ними, по уравнению (13.16) находим
Ло§/2 = А, (15.12)
где — момент инерции диска, А—работа не-
консервативных сил трения. Так как момент этих сил уже
найден (см. 15.8), то по формуле (15.2) получаем
ф ф
J J <5
о о
Подставляя это значение работы А в уравнение (15.12) и
учитывая, что <р=2лУ, находим
ду 3 7?(Оо
N «15,
что совпадает с формулой (15.11), найденной динамическим
методом.
Заканчивая рассмотрение механической модели, мы ви-
дим, что любая стандартная поставленная задача из этого
раздела может быть решена (не считая метода анализа фи-
зической ситуации задачи) сравнительно небольшим числом
универсальных методов: кинематический, динамический^’
законов сохранения, дифференцирования и интегрирования^
62
ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ФИЗИЧЕСКИХ ПОЛЕЙ
ГЛАВА б
ПОЛЕ ТЯГОТЕНИЯ
§ 16. Основная задача в теории поля
тяготения
Основной закон поля тяготения — закон всемир-
ного тяготения Ньютона:
г=оад1 (16.1)
где 6^6,67-10-11 Н-м/кг2 — гравитационная постоянная.
В форме (16.1) закон справедлив лишь для материальных то-
чек и сферических тел. Этот
закон можно записать в век- mt тг
торном виде: • - —
Р12 = —G—А2г, (16.2) 16.1
где Fi2— вектор силы тяготения, действующий на тело т2,
г — радиус-вектор, проведенный из тела mt к телу т2
(рис. 16.1).
Основной характеристикой каждой точки поля тяготе-
ния является напряженность Е — векторная величина,
определяемая из уравнения
E=F/m0, (16.3)
где F — сила тяготения, действующая на материальную
точку с массой т0, помещенную в данную точку.
Напряженность и потенциал поля тяготения, создан-
ного материальной точкой массы т в точке, удаленной на
расстояние г от этой массы, выражаются формулами
E=Gmlr\ (16.4)
<р=—Gmtr. (16.5)
Напряженность Е и потенциал <р одной и той же точки
поля тяготения связаны между собой соотношением
Е=—grad <р. (16.6)
Состояние рассматриваемой физической системы (поля
тяготения) определяется значением вектора Е в любой точ-
ке поля. Напряженность Е поля тяготения является его
93
фундаментальной характеристикой в том смысле, что, зная
Е, можно определить не только любой параметр, характе-
ризующий само поле, но и описать поведение физических
систем в этом поле. Действительно, из соотношения (16.6)
можно определить потенциал ср, из уравнения (16.3) можно
найти силу, с которой поле действует на тело, находяще-
еся в этом поле. Если известны начальные условия для это-
го тела, то, применяя динамический метод, можно опре-
делить закон его движения. Зная же закон движения тела,
можно найти все остальные характеристики и параметры,
определяющие его движение. Отсюда следует формулировка
основной задачи в теории поля тяготения. Она заключает-
ся в расчете поля. Рассчитать поле тяготения — это значит
в каждой его точке определить вектор напряженности Е
или потенциал <р.
§ 17. Поле тяготения системы материальных
точек
В основе метода расчета физических полей лежит фун-
даментальный физический принцип — принцип суперпо-
зиции. В том случае, если поле создано системой материаль-
ных точек, сначала определяют поле (т. е. соответствующий
вектор Е,) для каждого тела отдельно. Затем по принципу
суперпозиции находят результирующее поле (вектор Е)
как геометрическую сумму векторов напряженности:
Е=Ех+. . .+Е/+. . ,+Е„. (17.1)
Поле тяготения одной материальной точки рассчитано в
предыдущем параграфе. Описание движения даже одного
тела в поле тяготения материальной точки представляет
некоторые математические трудности. Заметим, что физи-
чески решить такие задачи, т. е. составить замкнутую сис-
тему уравнений, применяя или динамический, или метод
законов сохранения, относительно легко. Трудности для
студентов первого курса возникают на математическом эта-
пе, когда необходимо решать полученную систему (обычно
дифференциальных) уравнений.
Сначала полезно решить несколько элементарных задач
на оценку: рассчитать напряженность и потенциал поля
тяготения на поверхности Луны, Солнца, Марса (указав,
что g=GM/R2&9,8 м/с2 — это напряженность поля тяго-
тения на поверхности Земли), определить (оценить) пер-
вую и вторую космические скорости для Земли, Луны, Мар-*
са и т. д.
94
Затем можно сформулировать первую задачу на описа-
ние движения материальной точки в известном поле тяго-
тения. Целесообразно даже дать ее как непоставленную.
Пример 17.1 На северном полюсе Земли вертикально
вверх запускают ракету с начальной скоростью и0 (т. е-
предполагается, что двигатели ракеты мгновенно сооб-
щают ей начальную скорость и0 и далее отключаются).
Описать ее движение.
Решение. Задача не поставлена. Первое упрощение
очевидно: сопротивлением воздуха пренебрегаем. Ракету
можно принять за материальную точку. Описать ее движе-
ние возможно, если будет найден закон движения ракеты.
Закон движения существенно зависит от значения началь-
ной скорости t»o- Предположим, что и0 столь мала, что в точ-
ке наивысшего подъема ускорение свободного падения gi
(а это напряженность поля тяготения Земли) незначительно
отличается (скажем, не более чем на 1%) от ускорения сво-
бодного падения g0 на поверхности Земли. Полезно оце-
нить эту высоту hr и соответствующую начальную скорость
иох. Так как, по предположению, (gQ—g^/go^lO-2 и
GM GM
go— > gi — (^+/1^2»
и aoi=Z2goftn т- е- ^1^32 км и
yOi~800 м/с.
Таким образом, если то ускорение ракеты при-
близительно постоянно и мы получаем тривиальную школь-
ную задачу о равнозамедленном движении материальной
точки вертикально вверх с постоянным ускорением g0.
Закон движения в этом случае записываем в виде
x=v0t—g0t2/2
и далее определяем любой параметр движения.
Не будем также рассматривать и случай, когда началь-
ная скорость v0 больше или равна v^ll,2 км/с — второй
космической скорости для Земли. Итак, мы можем сформу-
лировать первую задачу в таком виде.
Пример 17.2 На северном полюсе Земли вертикально
вверх запускают ракету с начальной скоростью v0,
удовлетворяющей условиям Найти закон ее
движения. Сопротивлением воздуха пренебречь. Действие
Луны, Солнца и других тел на движение ракеты не учи-
тывать.
95
Решение. В физическую систему включим два тела:
ракету и Землю. Ракету можно принять за материальную
точку. Поле тяготения Земли (сферическое тело) известно.
Происходит движение материальной точки (ракеты) в из-
вестном (неоднородном) поле тяготения. Необходимо оп-
ределить закон движения ракеты. Это основная задача ди-
намики материальной точки.
Применим второй закон Ньютона. Инерциальную систе-
му отсчета свяжем с Землей (так как масса Земли значи-
тельно больше массы ракеты, то Землю принимаем за не-
подвижное тело), ось ОХ направим вертикально вверх, на-
чало координат поместим в центр Земли. На ракету дей-
ствует единственная сила — сила тяготения. Очень важно
отметить, что эта сила переменная. Тогда, по второму за-
кону Ньютона,
тх=—GmM/x* (для x^R). (17.2)
Задача физически решена: получено одно дифференциаль-
ное уравнение для неизвестной функции x(t) — координа-
ты ракеты, которая и является искомым законом движе-
ния. Однако решение этого уравнения для студентов пер-
вого курса является весьма затруднительным. Необходимо
подчеркнуть два момента. Во-первых, нужно отметить, что
уравнение (17.2) в принципе решается и в конечном итоге
можно получить искомый закон движения ракеты. Во-вто-
рых, уже здесь можно сказать студентам, что иногда в про-
цессе решения физических задач получаются такие урав-
нения, точного решения для которых не существует вообще.
Тогда необходимо обратиться к ЭВМ для получения число-
вых и приближенных решений.
Попробуем упростить постановку задачи, используя не
динамический метод, а метод законов сохранения. Применим
закон сохранения энергии к выбранной системе Земля —
ракета:
mvl mGM mv* mGM
__ _ _ —
где v — скорость ракеты в точке с координатой х.
Отсюда можно определить максимальную координату
ракеты (при и=0):
_ 2GMR
Хтл*~ 2GM—vlR
(17.4)
Если начальная скорость v0, например, равна первой
космической скорости vx=V GM !R} то максимальная коор-
96
дината xmax—2/?, а максимальная высота подъема Лтах==
*=/?«6400 км. Из уравнения (17.3) можно получить зави-
симость скорости ракеты от координаты х:
v= 1/~v* — 2Gm(~ —“
Г ° х
(17.5)
График этой зависимости представлен на рис. 17.1.
Теперь мы можем сформулировать вторую, более простую
задачу.
Пример 17.3 На северном полюсе Земли вертикально
вверх запускают ракету с начальной скоростью vQ,
удовлетворяющей условиям Определить мак-
симальную высоту подъема ракеты, а также ее скорость в
произвольной точке траектории. Сопротивлением воз-
духа пренебречь. Влияние Луны, Солнца и других тел на
движение ракеты не учитывать.
Решение этой задачи уже получено (см. формулы (17.4) и
(17.5)).
Заметим, что в рассмотренных задачах необходимо более
детально оценить верхний предел начальной скорости: при
скоростях, близких к и2, высота подъема ракеты становит-
ся настолько большой, что влиянием Луны, Солнца и дру-
гих тел на движение ракеты уже пренебрегать нельзя.
Полезно предложить сделать соответствующие оценки на-
иболее успевающим студентам.
В заключение этого параграфа рассмотрим еще одну
задачу.
Пример 17.4 Космическая ракета движется вокруг
Земли по орбите, почти совпадающей с орбитой Луны.
При включении тормозного устройства ракета быстро
теряет скорость и начинает падать на Землю (рис. 17.2).
Определить время падения ракеты на Землю. Сопротив-
4 Nt 1899
97
лением воздуха атмосферы Земли и влиянием других
тел пренебречь.
Решение. Физическая система ракета — Земля.
Происходит движение ракеты в поле тяготения Земли. Из
х решения предыдущих задач
видно, что динамический метод
\ приводит к сложному диффе-
‘ t ренциальному уравнению, а
( метод законов сохранения да-
у । ет возможность найти лишь
, скорость ракеты в любой точ-
/ / ке траектории, но не искомое
время падения. Стандартные
/ методы пока ни к чему не при-
17.2 вели. Возникает догадка (!)
рассматривать движение ра-
кеты как движение спутника планеты Земля по очень вы-
тянутому эллипсу, длина большой оси которого равна ра-
диусу орбиты Луны 7?л~4-105 км, а экцентриситет е=1.
Тогда можно использовать третий закон Кепле-
Р а
/ 2t V _ / 1/2/?л \з
\Т ) 2?л ) *
где t — время падения, 7=27,3 сут—период обращения
Луны вокруг Земли. После вычисления находим /=7/(4К2),
что составляет примерно 4,85 сут.
§ 18. Поле тяготения при произвольном
распределении масс
В этом случае для расчета поля тяготения используют
принцип суперпозиции и метод ДИ (см. § 6). Применяя этот
метод при расчете напряженности поля, очень важно учи-
тывать векторный характер этой величины. После нахожде-
ния элементарного вектора напряженности dE определяют
его проекции dEx, dEy, dEz на соответствующие оси коор-
динат, а последующее интегрирование (суммирование) про-,
изводят для каждой проекции отдельно.
Если напряженность поля известна, то задачу на дви-
жение тел в таких полях решают или динамическим мето-!
дом, или методом законов сохранения.
Пример 18.1 Описать движение материальной точки
в поле тяготения длинного тонкого однородного стержня
массой М и длиной I. Влиянием других тел пренебречь^
98
Решение. Ограничимся решением одномерной зада-
чи — предположим, что материальная точка в начальный
момент времени находилась на оси стержня на расстоянии
х0=/ от одного из его концов (точка А на рис. 18.1)
18.1
и имела начальную скорость, равную нулю (ио=О). Физиче-
ская система состоит из двух тел: стержня и материальной
точки (обозначим ее массу т). Физическое явление заключа-
ется в движении материальной точки в поле тяготения стер-
жня.
Сила тяготения, действующая на материальную точку,
неизвестна (она не равна F —GmM/x2, ибо стержень не ма-
териальная точка). Для применения динамического метода
необходимо рассчитать поле тяготения стержня на его оси,
т. е. найти вектор его напряженности Е и потенциал <р.
Применим метод ДИ. Будем считать, чтот<^Л4. Инерциаль-
ную систему свяжем со стержнем, начало координат поме-
стим в левый конец стержня, а ось ОХ направим вправо.
Разделим стержень на столь малые части, чтобы каждую из
них можно было принять за материальную точку. Рассмо-
трим один такой элемент длиной dx, находящийся на рас-
стоянии х от произвольной точки А на оси стержня. Его
масса dm=pSdx, где S — площадь сечения стержня, ар —
плотность. Так как выделенный элемент — материальная
точка, то характеристики его поля (напряженность dE и
потенциал dtp) известны:
__Gdm___GpSdx
~ х2
х2
, Gdm GpS dx
v x x
Заметим, что в нашем случае все элементарные векторы на-
пряженности dE направлены в одну сторону. После инте-
грирования получаем суммарные характеристики поля всех
элементов стержня (ь е. поле стержня):
1 + Хо
р __ Г GpSdx___ GM
J G4-Xo) ’
ха
l + Xa
С GpSdx
J x
Ха
GM, f
—ln(
hr)-
99
Сила, действующая на материальную точку, находящуюся
на расстоянии х от начала координат,
с__ GMm .
х(х-М)
По второму закону Ньютона
<Рх = GM
d/2~ x(x-f-/)
получаем дифференциальное уравнение, после решения ко-
торого можно было бы найти закон движения материаль-
ной точки.
Применяя закон сохранения энергии в механике
GmM., ( , . I \ GmM, /, .
"7“1п =-----7~1п 14
1
X
ти2
~2~ ’
можно определить скорость движения материальной точки,
находящейся на расстоянии х от правого конца стержня:
v =
,/ 2GM.
V —1п
1
Рассмотрим несколько примеров более сложных полей.
Пример 18.2 Определить напряженность поля тяго-
тения тонкого кольца радиуса R и массы М в точке А
(рис. 18.2), расположенной на оси кольца на расстоянии х
от его плоскости.
Решение. Физическая система состоит из кольца и
его поля тяготения. Необходимо решить основную задачу
поля тяготения — рассчитать поле кольца. Но кольцо нель*
зя считать материальной точкой и, следовательно, формула
(16.4) неприменима.
Используем метод ДИ. Разделим кольцо на столь ма-
лые элементы, чтобы каждый из них можно было считать
материальной точкой. Рассмотрим один такой элемент
d/=^d<p (рис. 18.2). Он создает поле тяготения, вектор на-
пряженности которого в точке А равен dE, а его модуль
(М
1
где dA4 = х—5 d/—масса элемента dl. Вектор dE составляем
угол а с осью ОХ и угол ф с осью OZ. Проекция вектора djs
100
на ось ОХ
d£ - GdM coca- GMxd(P
x /?2 4-X2CUba —2n(/?2+x2)72 •
(18.2)
После интегрирования (18.2) по углу ср находим про-
екцию искомого вектора напряженности на ось ОХ:
2л 2л
Р ___ Р GMxdtp _______ GMx Р , ___________ GMx
Lx~J 2л(/?24-х2)3Л “ 2л(/?24-х2)3/2 J dCp “ (/?24-х27л *
о о
(18.3)
Легко видеть, что в силу симметрии сумма проекций эле-
ментарных напряженностей на оси OY и OZ равны нулю:
Еу—0, Ez=0. Следовательно, искомый вектор напряженно-
сти направлен вдоль оси ОХ и его модуль выражается фор-
мулой (18.3). После расчета напряженности поля кольца
можно поставить ряд задач на движение тел в этом поле.
Пример 18.3 Описать движение материальной точки
массы т, первоначально находившейся в покое в точке
Оъ расположенной на оси тонкого кольца массы М и ра-
диуса R на расстоянии x0<^R от плоскости кольца. При-
нять, что т<^.М (рис. 18.3).
Решение. Описать движение материальной точки
в известном поле тяготения — это значит найти закон ее
движения. Это основная задача динамики.
Используя динамический метод по второму закону Нью-
тона, получаем дифференциальное уравнение гармониче-
ских колебаний:
тх —
GMm
~ф~Х'
(18-4)
101
Здесь учтено, что при x^R напряженность (18.3) поля тя-
готения кольца Е х. Таким образом, материальная
точка совершает гармонические колебания по закону х==
—х0 sin((D0H-a0), период которых T=2nR]/rR/(GM).
Если условие x0<^.R не выполняется, то тем же динами-
ческим методом находим более сложное дифференциальное
уравнение
** GtttM /10
Z71X== (£2_|_xZ)8/j x> (18.5)
после решения которого можно было бы получить закон
движения x~x(t). Используя закон сохранения энергии,
можно было бы найти зависимость скорости v материаль-
ной точки от координаты х. Но для этого необходимо опре-
делить потенциал поля тяготения кольца, применяя или
метод ДИ, или формулу (16.6).
Усложним условия примера 18.2: рассчитать поле полу-
кольца в той же точке. Легко видеть, что в этом случае про-
екция результирующего вектора напряженности на ось ОХ
уменьшится в два раза:
Ех ~ 2 (7?2-ЬХ2)ЯА •
Но самым важным является то, что вследствие нарушения
симметрии возникает отличная от нуля проекция Ez этого,
вектора на ось OZ. Так как 1
__GM sin a cos ф d/ GM/? cos ф dip HStV
~ 2nR (Z?2 + x2) 2л(/?2 + х2)3/а * U °- 4
TO
+ Л/2
P C GЛl/?cosфdф _______ GMR o'
J 2л(/?24-х2)3/± ~ я(/?24-х2)7* ‘ ‘
-n/2
Заметим, что в силу симметрии Еу=0.
Можно еще более усложнить условия примера 18.2:
рассчитать поле четверти кольца, дуги с центральным уг-
лом ср<л;/2 и т. д. Все эти задачи могут быть решены тек
же методом. *
Применим полученные результаты к расчету поля полу<
сферы.
Пример 18.4 Сфера массы М и радиуса R разделена^
на две полусферы плоскостью, проходящей через ее цента
Определить потенциал поля тяготения каждой пола
102
сферы в точке О, расположенной на прямой (перпендику-
лярной делящей плоскости и проходящей через центр
сферы) на расстоянии x>R от центра сферы (рис. 18.4).
Решение. Для расчета поля тяготения каждой полу-
сферы (не материальные точки) применим метод ДИ. Разде-
лим каждую полусферу на узкие кольца ширины 7?d0 и
радиуса R sin 9. Рассмотрим одно такое кольцо. Его пло-
щадь
dS=2jtflsin 0.£d0=2jx#2sin0d0, (18.9)
а масса
dM=^-M°MS!29d9'- (18. Ю)
Так как все элементы этого кольца находятся на одина-
ковом расстоянии I от точки О, то элементарный потенциал
поля тяготения этого кольца в точке О
< г dM GM sinQdQ zioii\
du = —=---------2---1—• (18.11)
Из треугольника ABO, по теореме косинусов,
/2=^2+х2_2 $х cos 0. (18.12)
После дифференцирования последнего соотношения
2ldl=2Rx sin 0d0
находим, что
sin 0d0==ZdZ/ (Rx).
Подставив это соотношение в (18.11), окончательно полу-
чаем выражение для элементарного потенциала du как
103
функции одного переменного h
, G dM dl
d“ =---
(18.13)
Можно было бы выразить элементарный потенциал как
функцию одного переменного угла 0 (исключив I из (18.11)
с помощью (18.12)). В этом случае последующее интегриро-
вание будет более сложным, чем интегрирование соотноше-
ния (18.13).
Обозначив Ur потенциал правой полусферы, Uг— по-
тенциал левой, после интегрирования (18.13) находим
V R*+x*
x — R
(18.14)
x + R
V R» + X*
(18.15)
Сложив (18.14) и (18.15), получим выражение для потенци-
ала поля тяготения сферы в точке, расположенной вне
сферы:
U=Ui+U2——GM/x. (18.16)
Тем же методом можно рассмотреть случай, когда x<C.R.
Так же можно рассчитать поле тяготения вне и внутри од-
нородного шара, что было частично сделано в задаче о ко-
лебаниях тела в шахте (см. пример 12.1) и т. д. В заключение
этого параграфа рассмотрим такую задачу.
Пример 18.5 На оси планетарной туманности на
расстоянии r0=5d от центра масс туманности нахо-
дится космический корабль с выключенными двигателями.
Через сколько времени корабль достигнет туманности,
двигаясь к ней только под действием ее силы тяготения?
Считать туманность диском диаметром d=10~2 Пс,
толщиной Я=10-3 Пс с однородным распределением ве-
щества плотности р=10- 17 кг/м3. Начальную скорость
корабля относительно туманности принять равной
v0—0. Масса корабля m = 10s кг (1 Пс=3,08-1013 км=
=3,08-1016 м).
Решение. Физическая система состоит из двух фи-
зических объектов: туманности и космического корабля.
Корабль можно считать материальной точкой. Так как
104
толщина туманности мала и по сравнению с расстоянием
г0, и по сравнению с диаметром туманности, то будем при-
ближенно считать туманность тонким диском. Происходит
движение материальной точки (корабля) в поле тяготения
туманности (диск—не материальная точка). Необходимо
определить время движения корабля. Для этого надо знать
закон его движения. Закон движения можно определить
динамическим методом, если будет известно поле (напря-
женность) тяготения туманности.
Итак, план решения задачи известен: сначала необходи-
мо рассчитать напряженность поля тяготения тонкого диска
(туманности) массой
MT=nd2/ip/4. (18.17)
Затем динамическим методом нужно определить закон дви-
жения корабля и далее из закона движения найти время
Рассчитаем напряженность поля тяготения диска. При-
меним метод ДИ. Разделим диск на тонкие кольца шириной
dr. Рассмотрим одно такое кольцо радиуса г (рис. 18.5).
Его масса
dM=2jrr/ipdr. (18.18)
По формуле (18.3) найдем элементарную напряженность
поля тяготения кольца:
л р 2n,Grohpr dr
° т“ Г,2-1_ЛГ/. •
(18.19)
После интегрирования (18.19) определим напряженность
поля тяготения туманности:
d/2
р Р 2nGrophr dr n 1
(18.20)
105
Далее, применяя динамический метод, по второму закону
Ньютона получим дифференциальное уравнение
тх =— 2nGphm/'l--------^--7.-=Л , (18.21)
\ V 1+(^) /
после решения которого можно было бы найти закон дви-
жения корабля x=x(t) и, следовательно, время движения t0.
Но, оказывается, в данной задаче и не нужно было сос-
тавлять дифференциальное уравнение (18.21) и тем более
его решать! Искомое время t0 движения можно определить
приближенно, используя средства более скромные, чем те,
которыми мы воспользовались при решении данной задачи.
Мы имеем в виду метод оценки. Прежде всего оценим мас-
су туманности. Из (18.17) получаем
MT=nd2/ip/2, или Л4т«2*1025 кг.
Таким образом, масса туманности весьма мала: она мень-
ше массы Солнца Л4с=2-1030 кг на пять порядков. Учиты-
вая, что размеры туманности велики (толщина туманности
h=3‘ 1013 м в несколько раз больше диаметра d0«l,2-1013 м
Солнечной системы), нетрудно предсказать, что поле тяго-
тения, создаваемое такой туманностью, даже на ее грани-
цах весьма слабо.
Оценим порядок величины напряженности для двух
значений г0: 1) r0=5d и 2) го«0 (на границе туманности).
Из (18.20) находим Е'«10“х5 м/с2 и Et«10“13 м/с2. Эти
значения напряженностей чрезвычайно малы. Если кос-
мический корабль движется даже с максимальным ускоре-
нием а—Е", то для прохождения пути $—1 м ему потребу-
ется время
t1 = V^2s/E", tt « 4,5-10® с « 52 сут,
а на преодоление расстояния r0=5d время
<О=1/537Д;,
что составляет около 1,7-1014 с, или 5-10® лет.
Таким образом, в таком слабом поле тяготения косми-
ческий корабль практически находится в состоянии покоя.
Вот каков оценочный результат решения данной задачи.
Он весьма поучителен и показывает, что иногда, прежде
чем применять физические законы и составлять (дифферен-
циальные) уравнения, полезно оценить порядок некоторых
величин и проанализировать (сравнить) полученные ре-
зультаты.
106
ГЛАВА 6
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ ПОЛЕ
§19. Электростатическое поле
в вакууме
Фундаментальным законом электростатического поля
является закон Кулона
р QiQg
4ле0г2
(19.1)
Он справедлив для точечных и неподвижных электрических
зарядов. Закон Кулона по форме очень похож на закон все-
мирного тяготения Ньютона. Поэтому почти все, что было
сказано в гл. 5 о поле тяготения, можно буквально повто-
рить и для электростатического поля.
Основными характеристиками электростатического поля
являются напряженность Е и потенциал ср. Для поля, соз-
данного точечным зарядом,
0.
4ле0г2 ’
Q
4ле0г
(19.2)
(19.3)
Напряженность Е и потенциал ср электростатического
поля связаны соотношением (16.6).
Состояние электростатического поля как физической
системы определяется значением вектора напряженности
в любой точке поля. Следовательно, основная задача элек-
тростатики заключается в расчете электрического поля.
Здесь полезно различать три случая:
1) поле создано системой точечных зарядов;
2) поле создано системой точечных и неточечных заря-
дов, расположенных на телах правильной геометрической
формы;
3) поле создано произвольным распределением зарядов.
Хотя первый случай рассматривался в поле тяготения,
весьма полезно вначале рассчитать поля диполя (не только
в точках, расположенных на его осях, но и в произвольной
точке), квадруполя и других точечных систем. Во втором
случае сначала по теореме Гаусса рассчитывают поля не-
точечных зарядов, а затем, используя принцип суперпози-
ции, определяют суммарное поле. При произвольном рас-
пределении зарядов используют метод ДИ (см. § 6).
107
Если характеристики поля будут рассчитаны, то задачи о
движении заряженных частиц в известном поле можно ре-
шить или динамическим методом, или методом законов сох-
ранения.
Пример 19.1 Рассчитать напряженность поля пря-
мой бесконечной нити, равномерно заряженной с линей-
ной плотностью у, в точке 0, удаленной от нити на рас-
стояние г 0.
Решение. Заряд нити нетбчечный, поэтому непо-
средственно использовать формулу (19.2) нельзя. Приме-
ним сначала теорему Гаусса. В силу
симметрии поля вектор напряженно-
сти в любой точке нормален цилинд-
рической поверхности, проходящей
через эту точку. Ось симметрии этой
поверхности совпадает с нитью. По-
этому в качестве замкнутой поверх-
ности выберем цилиндр длиной I с
осью симметрии, совпадающей с ни-
тью, боковая поверхность которого
проходит через точку О (рис. 19.1).
Поток вектора Е через боковую по-
верхность цилиндра Фб=2лг01Е, а
электрический заряд, расположенный
внутри цилиндра, Q~yl. По теореме
Гаусса,
2лг01Е=у1/&0.
Отсюда определяем искомую напряженность:
£ = —I—
2ле0г0 ’
(19.4)
Попробуем применить метод ДИ. Разделим нить на столь
малые элементы, чтобы заряд, находящийся на каждом
таком элементе, был точечным. Рассмотрим один такой эле-
мент длиной d/ с зарядом dQ=yd/ (рис. 19.2). В точке О
элементарная напряженность поля этого заряда
ар — = VdZ
4ле0г2 4леог2
(19.5)
Из треугольника ADO находим
r=r0/cos а.
108
Так как (XCj=erda»=r0da/cosa, то из треугольника АВС
определяем
d/=|?lC|/cos a=r0da/cos2 a.
Подставляя значения г и d/ в уравнение (19.5), получаем
d£=4^-- (19.6)
‘хЛХ'ОГо х /
Проекции вектора dE на оси ОХ и OYl
,р _______у cos a da
*“ 4ле0г0 ’
AF — V sin a da
У ~' 4ле0г0
Отсюда после интегрирования получаем
+ л/2
(19.7)
(19.8)
+ л/2
. Р 7 cos a da у
х J 4ле0г0 2леого *
-л/2
Таким образом, окончательно
С у sin a da_________
у “ J 4леого
—Л/2
£=__Х_
2леого ’
что совпадает с выражением (19.4), полученным с помощью
теоремы Гаусса.
На первый взгляд метод ДИ при расчете поля нити ока-
зался более трудоемким, чем использование теоремы Гаус-
са. В данном примере это действительно так. Но метод ДИ
является универсальным, он может быть применен практи-
109
чески и в тех случаях, когда теорема Гаусса оказывается
бесплодной.
Пример 19.2 Определить напряженность поля отрез-
ка, равномерно заряженного с линейной плотностью у,
в точке О, удаленной от отрезка на расстояние г0.
Углы ах и а2 заданы (рис. 19.3).
Ре ш е н и е. Легко видеть, что симметрия поля беско-
нечной нити нарушена, поле отрезка несимметрично. Очень
трудно построить замкнутую поверхность, окружающую
отрезок, для которой по теореме Гаусса можно было бы от-
носительно просто вычислить поток вектора Е.
Применим метод ДИ. Проекции вектора дЕ элементар-
ной напряженности на оси ОХ и 0Y получены в примере
19.1. Интегрируя соотношения (19.7) и (19.8), находим про-
екции (компоненты) искомого вектора Е на оси ОХ и OY’.
+а2
J ‘rJlCQ/ о ‘tjLCq/q
-at
+а2
ЕУ== J L^r = 4sbr(C0Sai — COSa2)« (19Л°)
-«1
Легко показать, что поле прямой бесконечной нити (19.4)
является частным случаем поля отрезка. Действительно,
при ах=—л/2 и a2=+in/2 из (19.9) и (19.10) получаем
£,х=у/(2л8оГо) и Еу=0, что совпадает с (19.4).
Получив выражения для напряженностей полей отрез-
ка и нити, мы можем теперь поставить десятки задач на рас-
чет поля, созданного различными комбинациями равно-
мерно заряженных отрезков, бесконечных и полубесконеч-
ных нитей (поле «треугольника», «квадрата», «угла» и т. д.).
ПО
Пример 19.3 Бесконечная прямая нить, равномерно
заряженная электричеством с линейной плотностью
=+3«10“7 Кл/м, и отрезок длины 1=20 см, равномерно
заряженный электричеством с линейной плотностью
у2=+2«10“* Кл/м, расположены в одной плоскости пер-
пендикулярно друг к другу на расстоянии г0=Ю см
(рис. 19.4). Определить силу взаимодействия между ними.
Решение. В физическую систему включим два тела:
нить и отрезок. Никакое из этих тел нельзя принять за ма-
териальную точку. Физическое явление заключается в воз-
действии поля нити на заряд отрезка. Необходимо опреде-
лить силу этого взаимодействия. Заряд находя-
щийся на отрезке, расположен в электрическом поле нити,
которое известно (см. (19.4)).
Казалось бы, для нахождения силы, действующей на
заряд, можно воспользоваться формулой F=Q2E, где
£,=У1/(2л8о/'о)- Такое решение, однако, будет неверным, ибо
эта формула применима или для однородного электрическо-
го поля (поле же нити неоднородно: E#=const), или для то-
чечного заряда (у нас заряд Q2 неточный). На различные
(но равные по длине) участки отрезка I действуют различ-
ные силы. Поэтому для расчета силы, с которой неодно-
родное поле нити действует на неточечный заряд Q2, при-
меним метод ДИ. Разделим отрезок I на столь малые части
dx, что заряд dQ=y2dx каждого такого участка можно счи-
тать точечным. Заряд dQ находится в электрическом поле
нити. Поскольку этот заряд точечный, на него действует
сила
где х — расстояние заряда dQ от нити.
Дифференциал искомой величины найден. Сила, дей-
ствующая на каждый элемент отрезка, зависит от расстоя-)
ния х этого элемента до нити. Поэтому и выберем это расстоя-
ние х за переменную интегрирования. Оно изменяется в
пределах от хг=г0 до x2=r0+/. Интегрируя уравнение
(19.11) по х, получаем
rt + l
J 2л80 x 2ле0 \ 1 r0 J
Го
Подстановка числовых значений приводит к результату
н.
111
Можно изменить условия решенной задачи, расположив
отрезок параллельно нити, под углом к нити, в плоскости,
перпендикулярной нити, и т. д. Все эти варианты задач мо-
гут быть решены одним и тем же методом ДИ.
Рассмотрим поля, созданные кривыми линиями, поверх-
ностями и т. д.
Пример 19.4 Полуокружность радиуса R=2 м рав-
номерно заряжена зарядом Q—10~9 Кл. Определить на-
пряженность электрического поля, созданного этим за-
рядом в геометрическом центре полуокружности.
Решение. Физическая система состоит из двух объек-
тов: равномерно заряженной зарядом Q полуокружности
и электрического поля этого заряда. Напряженность поля
неизвестна. Заряд Q, находящийся на полуокружности,
неточечный, ибо он расположен на теле, размеры которого
nR сравнимы с расстоянием R, рассматриваемым в данной
задаче. Поэтому неверным было бы решение
E=W’ Е«2,2Ъ1«. (19.12)
Теорема Гаусса приводит к очень сложным вычислениям.
q Применим метод ДИ. ИСО
v свяжем с полуокруж-
чХл ностью, ось ОХ направим
/X. вправо (рис. 19.5). Разде-
/ I лим полуокружность на
.М ! ____столь малые дуги d/, чтобы
и Г [ Z заряд dQ=Qd// (л7?) каждой
\ s' - такой элементарной дуги
был точечным. Рассмотрим
руХ. один такой точечный заряд.
' Он создает электрическое
19.5 поле, вектор напряженно-
сти dEj которого в точке А
составляет угол а с осью ОХ. Очевидно, что любому эле-
ментарному заряду в верхней полуплоскости найдется сим-
метрично расположенный заряд в нижней полуплоскости.
Геометрическая сумма векторов dEi и dEa — вектор, на-
правленный вдоль оси ОХ. Следовательно, при суммирова-
нии необходимо учитывать только проекции элементарных
векторов напряженности на ось ОХ:
j г? г? d Q Q cos ос d/ ?, л . л.
dEx = dE. cos а = -.—cos а = т-»—кг • (19.13)
х 1 4яе0 R2 4я2е0/?з ' '
112
Первый этап (нахождение дифференциала искомой ве-
личины) закончен.
Проведем второй этап (интегрирование, суммирование).
Необходимо выбрать переменную интегрирования. Поло-
жение точечного заряда на полуокружности определяется
углом а. Поэтому угол а и выберем в качестве переменной
интегрирования. По определению, угол а измеряется от-
ношением длины дуги I к радиусу R окружности: а—1/R.
Так как dZ=7?da, то
d£\. =
Q cos а]
4Л2 Eq/?2
da.
Интегрируя это уравнение по углу а, получаем
+ JT/2
J cos “ d“ = - £»1.4В/м- (19.14)
-Л/2
Правильное решение (19.14) значительно отличается от не-
верного решения (19.12). Если преобразовать формулу
(19.14), вводя линейную плотность электрического заряда
на полуокружности y=Q/(nR), то мы получим, что напря-
женность электрического поля в центре равномерно заря-
женной дуги в виде полуокружности
Е_____1_
“ 2ле0Я
определяется такой же формулой, как и напряженность
поля прямой бесконечной равномерно заряженной нити
(19.4).
Тем же методом можно рассчитать поле равномерно за-
ряженного кольца (полукольца и т. д.) в любой точке, рас-
положенной на его оси на расстоянии х от плоскости коль-
ца. Рассчитав поле кольца, можно поставить задачу о дви-
жении заряженной частицы вдоль оси кольца (при x<^,R
это движение является гармоническим). Затем можно по-
ставить задачи о расчете поля равномерно заряженной полу-
сферы, части сферы и т. д.
Пример 19.5 В центре полусферы, равномерно заря-
женной электричеством с поверхностной плотностью за-
ряда о, расположен свободно ориентированный точечный
диполь с электрическим моментом ре. Определить по-
тенциальную энергию диполя и период его малых колеба-
ний относительно оси, перпендикулярной оси симметрии
полусферы. Момент инерции диполя относительно оси
вращения равен
113
Решение. Физическая система состоит из равномер-
но заряженной полусферы и диполя. Ни одно из этих тел
нельзя считать материальной точкой. Диполь назовем то-
чечным, если длина его столь мала, что в любом неоднород-
ном поле (поле полусферы неод-
нородно) вращающий момент,
действующий на диполь, можно
рассчитать по формуле
М=[рЕ], (19.15)
где р — электрический момент
диполя. Известно, что в однород-
ном поле эта формула справед-
лива для любого диполя.
19-6 Для ответа на вопросы задачи
необходимо сначала рассчитать
поле полусферы (его напряженность Е) в центре полусфе-
ры. Применим метод ДИ. Разделим полусферу на узкие
кольца. Рассмотрим одно такое кольцо (рис. 19.6). Заряд
кольца dQ=2n;Z?2(ysin0d0, где R — радиус сферы.
Проекция элементарного вектора напряженности dE
поля кольца на ось ОХ (ось симметрии полусферы) в точке О
dQ
, п о a sin 0 cos 0 d0
d£x = . cos 0 =-------------о--------
x 4ле0/?2 2e0
(19.16)
Интегрируя это соотношение по 0 в пределах от 0х=0 (на-
иболее удаленное кольцо) до 0а=л/2 (ближайшее кольцо),
находим -
л/2
ё о sin 0 cos 0 dO__o_
J 2e0 ~4e0 *
о
(19.17)
Так как вращающий момент (19.15), действующий на
диполь, известен, то из уравнения движения (14.7) получа-
ем дифференциальное уравнение его малых колебаний
/ф = — рЕср, или ф4-сй^ср==0,
Где ц>1=рЕМ. Отсюда искомый период
Для расчета симметричных полей (напряженность поля
цилиндрической бесконечной поверхности, бесконечного
114
цилиндра, шара и т. д.) целесообразнее применять теоре-
му Гаусса.
Пример 19.6 Прямой бесконечный цилиндр радиуса
Ro —10 см равномерно заряжен электричеством с повер-
хностной плотностью заряда о= + 10-12 Кл/м2. Цилиндр
является источником электронов. Вектор скорости вы-
летающего электрона перпендикулярен поверхности ци-
линдра. Какова должна быть скорость электронов, чтобы
они могли удалиться от оси на расстояние, большее
г=103 м?
Решение. Физическая система состоит из двух тел:
заряженного положительным зарядом цилиндра и электро-
на. Физическое явление заключается в замедленном дви-
жении электрона в электрическом поле цилиндра. Необ-
ходимо найти один из параметров его движения (скорость).
Для описания движения электрона необходимо сначала
определить напряженность поля цилиндра. Заряд на ци-
линдре неточечный. Применим теорему Гаусса. Окружим
цилиндр цилиндрической (соосной с цилиндром) поверх-
ностью произвольного радиуса r>R0 (рис. 19.7). В силу
симметрии вектор напряженности Е поля цилиндра в лю-
бой точке перпендикулярен построенной цилиндрической
поверхности. Следовательно, поток вектора Е через ци-
линдрическую поверхность длины L
Фе—2лгЬЕ.
По теореме Гаусса находим
2лгЬЕ=2:rc/?0L(j/s0,
отсюда
Rpd
еог
(19.18)
115
Далее, применяя динамический метод, по второму за-
кону Ньютона получаем
d2r Rna
е d?2 eor
где me—масса электрона, е — его заряд. Задача физически
решена.
Она была бы решена окончательно, если бы мы решили
это дифференциальное уравнение и получили закон дви-
жения электрона r^=r(t). Далее, зная закон движения,
можно было бы найти закон изменения скорости электрона
v—r(t) и т. д. Применим закон сохранения энергии. По
этому закону,
еср0= — eq),
(19.19)
где ср0— потенциал цилиндра, <р — потенциал поля ци-
линдра на расстоянии г от оси цилиндра. Используя связь
Е = —между напряженностью Е и потенциалом <р и
учитывая (19.18), получаем дифференциальное уравнение
Ra<j d£
eor dr
Интегрируя это уравнение, находим
Ф = — ^1пг + с, (19.20)
60
где с — произвольная постоянная. Отсюда
Ф, = -^1п/?0+с. (19.21)
е0
Из системы уравнений (19.19), (19.20) и (19.21) определяем
искомую начальную скорость электронов:
«0=1/--. fo«3,7-101 м/с.
Г ео^е
В заключение этого параграфа рассмотрим такую задачу.
Пример 19.7 Шар из диэлектрика (е«1) просверлен по
диаметру. Из этой полости откачан воздух. В полость
помещен электрон. Какой положительный заряд необ-
ходимо сообщить шару, чтобы при его равномерном объем-
ном распределении электрон совершал в полости гармо-
нические колебания с заданной частотой v0? Принять,
что площадь поперечного сечения полости S<^iR2, где
R — радиус шара.
116
Решение. Эта задача практически идентична при-
меру (12.1) о колебаниях тела в шахте Земли. Для ее ре-
шения необходимо рассчитать напряженность электриче-
ского поля внутри шара. Применим теорему Гаусса. Пусть
объемная плотность заряда p=3Q/(4nR3). Через произволь-
ную точку, удаленную от центра шара на расстояние х,
проведем сферу радиуса х, центр которой расположен в
центре шара О (рис. 19.8). Поток вектора Е (в силу симмет-
рии поля) через поверхность сферы
Ф£=£-4лха.
По теореме Гаусса,
обо
Отсюда
Таким образом, на электрон действует сила
По второму закону Ньютона получаем дифференциальное
уравнение гармонических колебаний электрона:
•• ре
Следовательно, угловая частота со0=Кре/(Зе0тв). Учиты-
вая, что coo:=2jtvo, находим искомую объемную плотность за-
ряда:
p==12jiaeoVome/e
и заряд:
Q=VsnR3p.
Для v0 — 10® Гц == 1 МГц и R = 10“х м расчет дает
«6-10"9 Кл/м3, Q«2,4.10“u Кл.
§ 20. Электростатическое поле
в диэлектриках
При рассмотрении электростатического поля в диэлек-
триках используют теорему Гаусса
/DdS = £Q„ (20.1)
117
где вектор электрического смещения
D=e0E+P, (20.2)
— сумма свободных зарядов внутри поверхности S,
Р — поляризованность.
Напряженность Е электрического поля в диэлектрике
и поляризованность Р связаны соотношением
Р=е0(е—1)Е. (20.3)
Таким образом,
D=eoeE. (20.4)
По принципу суперпозиции напряженность электриче-
ского поля Е в диэлектрике является геометрической сум-
мой напряженностей полей свободных Ео и связанных Е'
зарядов:
Е-Ео+Е'. (20.5)
Поверхностная плотность связанных зарядов
о'=Рп=е0(е-1)£п, (20.6)
где Рп и Еп—нормальные составляющие поляризованности
и напряженности.
При расчете поля в диэлектриках целесообразно ис-
пользовать следующие два метода.
Первый метод основан на принципе суперпози-
ции (20.5) (в дальнейшем для краткости будем называть его
методом суперпозиции). Здесь сначала рассчитывают поле
свободных, или (как иногда их называют) «сторонних», за-
рядов Ео. Затем определяют поле связанных зарядов Ег.
Далее по (20.5) находят напряженность Е поДя в диэлек-
трике. Таким же образом можно непосредственно полу-
чить выражение для потенциала ср поля в диэлектрике.
Заметим, что не все так просто в этом методе, как может по-
казаться на первый взгляд. Нередко приходится исполь-
зовать метод ДИ (см. § 6), встречаются трудности при оп-
ределении плотности связанных зарядов о' (она по (20.6) за-
висит от Еп, которая является неизвестной) и их напряжен-
ности поля Е', а также ряд других «тонкостей», примеры
которых будут приведены в дальнейшем.
По второму методу сначала по теореме Гаусса
(20.1) находят вектор электрического смещения D, затем по
(20.4) определяют напряженность электрического поля Е
118
в диэлектрике и далее (если необходимо) из соотношения
(16.6) рассчитывают потенциал <р. Метод Гаусса (так крат-
ко будем называть второй метод) часто быстрее и проще
приводит к цели, чем метод суперпозиции, но иногда ме-
тод Гаусса оказывается неприменимым, тогда как метод
суперпозиции может быть использован и в этих случаях.
Заметим, что в большинстве задач этого параграфа учи-
тываются следующие условия: диэлектрики считаются од-
нородными и изотропными, и их границы совпадают с
эквипотенциальными поверхностями.
Пример 20.1 Одной из пластин плоского конденсатора
площадью 5=0,2 м2 сообщили заряд Q=10-9 Кл {дру-
гая соединена с Землей). Расстояние между пластинами
d=2 мм. Между пластинами {параллельно им) находят-
ся стеклянная и фарфоровая пластинки, толщины кото-
рых соответственно равны dx=0,5 мм и d2=l,5 мм. Оп-
ределить напряженности электрического поля в стекле
и фарфоре, а также поверхностные плотности о' и о"
связанных зарядов на них (рис. 20.1).
20.1
Решение. Физическая система состоит из конден-
сатора, на пластинах которого распределены свободные
электрические заряды с плотностью o=Q/S, и двух диэлек-
триков, на которых возникают связанные электрические
заряды с плотностями о' и о". Необходимо определить на-
пряженности Ei и Е2 электрического поля в диэлектриках,
а также плотности о' и о" связанных зарядов. Это основ-
ная задача теории поля. Применим оба метода.
Метод суперпозиции. Поле в каждом диэлектрике соз-
дается свободными зарядами, расположенными на двух
параллельных плоскостях, и соответственно связанными
зарядами о' и о", расположенными также на двух плоско-
стях. Заметим, что связанные заряды создают поле, от-
личное от нуля, только в «своем» диэлектрике. Очевидно,
119
что напряженности полей этих зарядов
р ==£_— Q Р’_°' Р’~о"
0 е0 e0S’ £1~80’ 2“е0-
Так как по (20.6)
О' ==8о(81—1)^1, о =е0(е2—1) Е2,
а по (20.5)
£i=£o—Е’и Е2=Е6—Е2,
то, решая полученную систему уравнений, находим:
р Q р Q _(ei—О Q ап (е2— 0 Q
1 eoEiS ’ 2 eoe2S ’ “ EiS ’ ~ e2S
(20.7)
Метод Гаусса. По теореме Гаусса определяем вектор
электрического смещения в любом диэлектрике:
РД5=оД5, D=o=QIS.
Далее, по (20.4) находим напряженности Ei и Е2 электри-
ческого поля в диэлектриках:
р _ Q р _______ Q
C1~eoeiS’ 2-E0e2S’
а по (20.6) — плотности связанных зарядов о' и о":
__(ei 0 Q _______(е2—0 Q
EXS ’___________' 82S ’
что совпадает с результатами (20.7), полученными методом
суперпозиции.
Пример 20.2 Два бесконечных тонкостенных коак-
сиальных цилиндра радиусов /?х=5 см и /?2=10 см рав-
номерно заряжены электричеством с поверхностными
плотностями ох=10 нКл/м2 и сг2=—3 нКл/м2. Про-„
странство между цилиндрами заполнено парафином*
(8=2). Определить напряженность Е поля в точках,*
находящихся на расстояниях /4=2 см, г2=6 см, г3=
=15 см от оси цилиндров.
Решение. Метод суперпозиции. Общее поле создает-
ся четырьмя зарядами: свободными зарядами с плотностями
Oi и о2; и связанными зарядами с плотностями —04 и +<г1
(рис. 20.2). Обязанные заряды создают поле, отличное от
нуля, только в диэлектрике. Легко видеть, что поле в точке
А (на расстоянии гх=2 см от оси) равно нулю. Это можно
доказать по теореме Гаусса для вакуума.
120
Рассмотрим точку В (удаленную от оси на расстояние
г2=6 см). В этой точке поле создается зарядами с плотно-
стями ох и —о; (поле зарядов +о; и о2 в этой точке равно
нулю). По теореме Гаусса
(для вакуума) определяем по-
ле заряда ах:
£ (20.8)
1 е0 r2 v '
Точно так же находим поле
заряда Ор
= (20.9)
е0 '2
По (20.6),
о;=е0(е-1)Е(^г). (20.10)
Очень важно отметить, что 20.2
в (20.10) — это напря-
женность общего поля в диэлектрике в точке, удаленной
от оси на расстояние Rr. Эта величина неизвестна. Свяжем
ее с напряженностью £(г2) общего поля в диэлектрике в точ-
ке В. Так как напряженности Ег и Е[ обратно пропорцио-
нальны расстоянию г2 точки от оси, то и суммарные напря-
женности £(/?i) и Е(г2) также должны удовлетворять этому
условию:
£ (R1)____
Е (Г2) ~ R1 *
Следовательно,
Е' = (8—1)£(г2),
Так как по (20.5)
Е {гг) = Ех—Е'и
то окончательно
4 27 еое г2
(20.11)
(20.12)
Отсюда получаем E(r2)^4,7-102 В/м.
В точке С, удаленной от оси на расстояние г8 = 15 см,
поле создается только свободными зарядами с плотностями
121
tfi и a2:
E (г }= JL
3 80 rs 80 fg
Следовательно, £(гя)^1’, 5-102 В/м.
Метод Гаусса. Рассчитаем этим методом напряженность
поля в точке В. По теореме Гаусса,
Р*2л/'2/=2л;/?1(У1/,
откуда D=Ria1/ri. Далее, по (20.4) находим искомую на-
пряженность:
Е (г2) =
1
S0 8 Г 2
что совпадает с выражением (20.12), найденным методом
суперпозиции. Следовательно, £(r2)^4,7-102 В/м.
Если поле (т. е. напряженность Е) известно, то можно
определить и другие величины, например потенциал, энер-
гию и т. д.
Пример 20.3 Две концентрические металлические
сферы радиусов #г=4 см и #2=10 см имеют соответст-
венно заряды Qi=—2 нКл и Q2=3 нКл. Пространство
между сферами заполнено эбонитом (8=3). Определить
потенциал ф электрического поля на расстояниях
Г1=2 см, г2=6 см и г3=20 см от центра сфер.
Решение. Метод суперпозиции. Результирующее
поле создается свободными зарядами Qi и Q2 и связанными
зарядами Qi и Qi (рис. 20.3). Для нахождения Q1 и Qi не-
обходимо знать напряженность Е(г) поля в диэлектрике.
Эту величину можно получить по теореме Гаусса:
Е(г) = г21,. (20.13)
' ' 4лв08г* ' '
122
Пусть (У1 и (У1 — поверхностные плотности связанных заря-
дов соответственно Q; и Q';. Тогда по (20.6) и (20.13) имеем
а; = в, (8-1) £„ = ^2^,
4Л8 /у 1
< = 8Q(8-l)£M = i5f^S.
4ле/?2
Таким образом,
Q; = o;4jtR1 = (—Qi. (20.14)
8 8
Известно, что для равномерно заряженной сферы радиу-
са R в любой точке внутри и на поверхности сферы потен-
циал поля (в вакууме)
Q
ф 4ле07? ’
(20.15)
а для точки вне сферы
Q
т 4ле0г *
(20.16)
где Q — заряд сферы, г — расстояние точки от центра сфе-
ры О. Так как заряды (Qi, Q2, Q[, Q'i), создающие поле, рас-
положены на сферических поверхностях, то по принципу
суперпозиции и с учетом (20.14), (20.15) и (20.16) определя-
ем потенциал <pOi в точке А, удаленной от центра на расстоя-
ние rt:
। । । — Qi Qi . —Qx Cs
Ф01=Ф1+Ф2+ Фз+Ф1 = 4л80/?1 + 4ле0/?1 + 4ле0/?2 + 4ле0Я2=’
_ Qi . (е-0 Qi (s-i)Qi . Q2 =
4ne0/?i ' 4^18087?! 4леое7?2 ' 4ле07?2
_______Qi______(е 0 Qi I Qg /90 4 7\
4ЛЕ0е/?! 4л808/?2 4л80 /?2’ ' ‘
потенциал ср02; в точке В, удаленной от центра на расстоя-
нии г2:
„ Q1 I (s— 1) Q1 (е — 1) Q1 . @2
4ле0Г2 "Г 4Л8о8Г2 4ле08/?2 4л80/?2
^-7----------> (20-18)
4Л808Г2 4л808/?2 1 4Я80/?2 ' '
т
и потенциал ф08 в точке С, расположенной от центра на рас-
стоянии г3:
Ф I (е~ OQ* (в—l)Qi . Q2
4ле0г3 4ле0ег3 4ле0ег3 ' 4ле0г3
= — (20.19)
4ле0/-3 4л£0Г3 v '
Метод Гаусса. По теореме Гаусса находим напряженно-
сти Ео1, Е02> Е0з в точках А, В и С:
р __ А р ___ Q1 р ____ @2 — Q1
^01—^02— . 2 > ^03— . 2
4ле0ег3 4ле0гз
(20.20)
Так как в нашем случае потенциал <р непрерывен, то, исполь-
зуя связь (16.6) между напряженностью и потенциалом,
можно было бы определить значения потенциала в любой
точке, если бы мы знали потенциал в какой-либо точке.
Таким потенциалом является фоз (20.19), ибо он создается
свободными зарядами Qi и Q2, или потенциал на поверхно-
сти второй сферы
(20-21*
Интегрируя (20.13) по г в пределах от г2 до получаем
+<Р (Я,)-ф W =4^-4^ •
Отсюда определяем ф(г2)=Фо2:
_______Qi ___(е — 1) Qi । Q2
^02 — 4ле0ег2 4ле0е/?2 4ле07?2 ’
что совпадает с результатом (20.18), полученным методом
суперпозиции.
Интегрируя (20.13) в пределах от Ях по г2, находим
Ф (г2) Ф (^1) 4^8/?! 4ле0ег2 ’
Отсюда определяем ф(/?х)==ф01:
__ Q1 (e-i)Qi 1 Qt
(^01 4ле0е/?х 4ле0е/?2 "** 4ле0/?2 ’
что совпадает с результатом (20.17), найденным методом
суперпозиции.
Можно усложнить решенную задачу, введя еще одну или
несколько заряженных концентрических сфер, поместив
между ними, а также внутри первой сферы различные ди-
124
электрики. Легко видеть, что все эти задачи могут быть ре-
шены или методом суперпозиции, или методом Гаусса.
Рассмотрим задачу, при решении которой методом су-
перпозиции необходимо быть особенно внимательным и
тщательнейшим образом анализировать и рассчитывать
поля различных зарядов.
Пример 20.4 Стеклянный (е=7) толстостенный по-
лый шар равномерно заряжен по объему с плотностью
р = 1,5 мкКл/м3. Внутренний радиус шара Ri=2 см,
наружный R2=6 см. Найти распределение потенциала
в стекле, а также вычислить потенциалы <р наружной,
внутренней поверхностей и центра шара.
Решение. Метод суперпозиции. Найдем сначала
распределение потенциала в стекле, т. е. потенциал в про-
извольной точке А, удаленной от центра шара на расстоя-
ние г, причем R2~>rZ>Ri (рис. 20.4). Какими зарядами соз-
дается поле в диэлектрике? Это,
во-первых, сторонний объемный
заряд диэлектрика
Q = 4/8n(tf«-tf?)p (20.22)
и, во-вторых, связанный заряд
Q' на внешней поверхности ша-
ра, который по (20.14) состав-
ляет
Q' = Q t (20.23)
Найдем в точке А потенци- 20.4
ал поля, созданного объемным
зарядом Q. Заряд этот неточечный, и необходимо исполь-
зовать метод ДИ. Но при формальном применении этого
метода мы можем получить неверный результат. Вследствие
симметричности распределения заряда Q разделим сфери-
ческий слой на тонкие концентрические сферические слои
столь малой толщины dx, чтобы элементарный заряд
dQ=4n;x2dxp
(20.24)
(где х — радиус слоя) каждого такого слоя можно было счи-
тать распределенным по сфере. Тогда результирующий
потенциал в точке А по принципу суперпозиции равен сумме
потенциалов полей, созданных элементарными зарядами
этих сфер. Но элементарный потенциал сферы в точке А
должен вычисляться по разным (!) формулам (20.15) или
125
(20.16) в зависимости от того, какой является точка А для
этой сферы — внутренней или внешней.
Для учета этого обстоятельства проведем через точку А
сферу радиуса г с центром в точке О (рис. 20.4). Эта сфера
разделит шаровой слой на два подслоя: подслой с радиусами
и г и подслой с радиусами г и R2. В первом из них для
всех элементарных сфер точка А — внешняя, а во втором —
внутренняя. Рассмотрим элементарный сферический слой
толщиной dx в первом подслое (рис. 20.5). Его элементар-
ный потенциал в точке А (по (20.16)1)
а<р = Д-, (20.25)
v 4леоег v 7
В (20.25) уже учтено, что заряд dQ расположен в диэлект-
рике.
Формула (20.25) в самом методе суперпозиции обосно-
вывается следующим образом. Потенциал в точке А соз-
дается свободным зарядом dQ и связанным зарядом
—dQ'=—1(е—l)/e]dQ, расположенным на сфере радиуса х.
Результирующий потенциал этих зарядов в точке А
, dQ dQ' _ dQ (e — l)dQ_ dQ
4ле0г 4ле0г 4ле0г 4леоег 4леоег ’
что совпадает с (20.25).
Интегрируя (20.25) по х в пределах от Ri до г, находим
потенциал фх, созданный в точке А зарядом первого под-
слоя:
С 4лрх2 dx р 7 2 Rl
j 4ле0ег 3s0£ \ г
Ri
(20.26)
126
Рассмотрим элементарный сферический слой толщины
dx во втором подслое (рис. 20.6). Его элементарный потен-
циал в точке А (по 20.15)!)
d<p =
dQ
4ле0ех
(20.27)
Учитывая (20.24) и интегрируя (20.27) по х в пределах от
г и R2, определяем потенциал ср2, созданный в точке А за-
рядом второго подслоя:
^2 2
Г 4лрх2 dx___р/?г
J 4ле0ех 2е0е
рг2
2еое *
(20.28)
Наконец, потенциал ср3, созданный в точке А связанным за-
рядом Q' (см. (20.23)), по (20.15) составляет
(е__1) /?3)р
~ Зе08/?а
(20.29)
Таким образом, общий потенциал в точке А
(2 /?3 \
"2“ + (20.30)
где постоянная
C_.Pfl! I (e-l)(/?l-/?3i)p
2е0е "г Зеое/?а
(20.31)
Преобразуем постоянную С к виду, который понадобится
нам в дальнейшем:
r_JRt-Rf)p . p(/?l+2/?f)
3Sq/?2 68q8/?2
(20.32)
Зная распределение потенциала (20.30), можно определить
значения потенциала на внешней поверхности шара:
(q2
и на его внутренней поверхности:
<^=~Й+С-
Потенциал в центре шара cp0 равен потенциалу на внутрен-
ней поверхности ф(/?1).
127
Метод Гаусса. По теореме Гаусса определяем модуль
вектора электрического смещения в точке А (рис. 20.6):
(20.33)
Далее, находим напряженность поля в этой же точке:
#1 \
г2 )
£_____Р_
~ Зе0б
(20.34)
Затем после интегрирования соотношения Е——dcp/dr по-
лучаем распределение потенциала в шаре:
(20.35)
Постоянную интегрирования Сх найдем из условия не-
прерывности потенциала и того обстоятельства, что потен-
циал <р(/?2) на внешней поверхности шара определяется
только свободным зарядом Q (20.22):
ф 4ле07?2 ~ Зе07?а
Подставляя это значение в (20.35)
получаем значение произвольной постоянной:
Г _ , p(Rl+2R3d
1 З&оКъ ‘ 6е0е/?2
(20.36)
Таким образом, окончательно
р / г2 , . (/?82-^)р I Р (/?l+2/?t) /2о37\
Збое\2 + г Зе0Я2 + 6е0е/?2 » (2U dd
что совпадает со значением потенциала <р (20.30), найденно-
го методом суперпозиции, если учесть значение постоянной
С (20.32).
Можно усложнить решенную задачу, поместив, напри-
мер, в полость металлический или диэлектрический шар
(с другой диэлектрической постоянной ei), заряженный по
объему с другой плотностью рх или незаряженный и т. д.
В частности, из (20.37) можно получить распределение по-
129
денциала внутри равномерно заряженного сплошного шара
радиуса /?:
т 6е0е ~ Зб0 \ * 2е J
и значение потенциала в центре шара:
'И0) = ^(|+ф).
Ocq \ ХЬ /
Все эти и подобные им задачи могут быть решены или
методом суперпозиции, или методом Гаусса.
Нетрудно заметить, что во всех решенных нами задачах
метод Гаусса действительно приводил к цели быстрее и
рроще, чем метод суперпозиции. Но не будем спешить с вы-
водами, а лучше рассмотрим еще несколько задач.
Пример 20.5 Достаточно длинный круглый цилиндр
из однородного и изотропного диэлектрика с известной
диэлектрической постоянной е расположен в однородном
поле с напряженностью Ео так, что ось цилиндра совпа-
дает с направлением Ео (рис. 20.7). Определить напря-
женность электрического поля вблизи цилиндра (внутри
и вне цилиндра).
с 0
- .......
20.7
Решение. Легко видеть, что метод Гаусса оказы-
вается бесплодным. Применяя теорему Гаусса, мы получа-
ем тривиальное тождество Di— выражающее непрерыв-
ность нормальных составляющих вектора электрического
смещения. Применим метод суперпозиции. Обозначим Ei
напряженность поля внутри цилиндра и Ег — вне его.
Вследствие явления поляризации диэлектрика на основа-
ниях цилиндра образуются связанные заряды —Q' и +Q'
с плотностью о'. Результирующие напряженности Ег и
Е2 являются геометрическими суммами напряженности £0
внешнего поля и напряженностей полей, созданных связан-
ными зарядами —Q' и 4-Q'.
Расшифруем теперь понятие «достаточно длинный ци-
линдр». Достаточно длинный — это такой цилиндр, длина
которого столь велика, что поле, например, заряда +Q'
мало в области заряда —Q' (им можно пренебречь по срав-
129
ненцЮ с полем заряда —Q'), и наоборот. Таким образом,
Е.=Е0-Е', Е2=Ео+Е',
где Е' — напряженность поля заряда — Q' (или +Q').
Определим Е'. Это поле равномерно заряженного диска.
Применяя метод ДИ, находим (см. рис. 20.7, а также при-
мер 18.5 и формулу (18.20)) проекцию элементарного век-
тора напряженности тонкого кольца на ось диска (ось ОХ):
. dQ»x ______ 2лго'х dr
х 4ле0 (г24-*2)3,/2 4ле0 (<2 + х2)3^2
Отсюда после интегрирования по переменной г от 0 до R
(радиус диска) определяем напряженность поля диска (или
поля связанного заряда —Q'):
к
Ef — F = Г °'xr dr — °' Г1 х ~1
~ х Ье0(г2 + х2)3/2 2е0 L1 t20*38)
Из (20.38), между прочим, следует, что £'«0 при достаточ-
но большом х. Таким образом, данная выше расшифровка
понятия «достаточно длинный цилиндр» обоснована.
Вблизи основания цилиндра х&0 и
E'=o7(2s0). (20.39)
Учитывая (20.6), получаем
р , р 6о (6 — 1)
2Ео
и, следовательно,
9
^1—(20.40)
Заметим, что в (20.6) Еп — это напряженность поля внутри
диэлектрика! В нашем случае En=Ei. Тогда из (20.6) оп-
ределяем
а' = 2е»^£»- (20.41)
Из (20.39) получаем
F' — е~~1 Р
— е+1 По-
следовательно,
г? 28 г-’’
^2=ТйГе^0' (20.42)
130
Пример 20.6 В бесконечном однородном и изотропном
диэлектрике, в котором создано известное однородное
поле напряженности Ео, имеется сферическая полость
радиуса R (рис. 20 8). В центре полости расположен то-
чечный диполь с электрическим моментом ре. Опреде-
лить период малых колебаний диполя, если момент
инерции диполя относительно оси вращения равен J.
Решение. Задача весьма похожа на пример 19.5.
Очевидно, что период малых колебаний диполя может быть
легко найден, если мы определим поле в полости. Легко
видеть, что и в этой задаче метод Гаусса бесперспективен.
Применим метод суперпозиции. Вследствие поляризации
диэлектрика на поверхностях (двух полусферах) появляют-
ся связанные заряды +Q' и —Q', плотности о' которых не
постоянны. Для расчета поля полусферы с переменной
поверхностной плотностью__________________________________
f Ям .... .....и •• *» 1 • 11 *
заряда о применим метод
ДИ. Нетрудно доказать, что
поверхностная плотность за-
рядов о' на элементарном уЛЛ
кольце ------Нсь • Vm*
o'=o0cosO, (20.43) ° L
ж»—У —» —* •—
где - - ----~
а„=е„(8-1)Ео (20.44)
— максимальная поверхност- 20.8
ная плотность заряда (в точке
А на рис. 20.8). Тогда проекция элементарного вектора
напряженности dE поля кольца на ось ОХ (ось симметрии
полусферы) в точке О (по 19.16)
л
а0 sin 0 cos2 0 d0
28q
Отсюда после интегрирования находим поле одной полу-
сферы:
л/2
С g° sin & cos2 & ______(е— 1) Eq
J 2ё^ 6
Поле двух полусфер
E1i~2E1 =
3
131
Таким образом, искомое поле в центре сферической полости
Е — Ео-\- Е2 —
24-6
3
(20.45)

Так как поле известно, то дальнейшее решение задачи о ко-
лебаниях диполя очевидно (см. пример 19.5).
В заключение рассмотрим еще одну задачу на оценку.
Пример 20.7 Эбонитовый шар радиуса R равномерно
заряжен электричеством с объемной плотностью р.
Сфера какого радиуса Ri делит шар на две части, энер-
гии которых равны?
Решение. Проведем эту сферу радиуса Rr
(рис. 20.9). Тогда нам необходимо определить энергию
шара радиуса Ri и энергию W2 шарового слоя с радиусами
Ri и R. Для этого необходимо рас-
считать поле в шаре. Это легко дела-
ется методом Гаусса. По теореме Га-
усса,
D • 4jir2=4/3inr3p.
Таким образом, поле внутри шара
Е = -^-
3806 ’
Применяя метод ДИ, находим энергию dW поля, заключен-
ную внутри тонкого шарового слоя толщины dr:
dW = w • du = 4nr2dr = r4 dr.
2 9e08
Здесь w — плотность энергии электрического поля. После
интегрирования получаем
w 2лр^? . w _
1 45е08 ’ 2 — 45ё^ ’
Так как Wt=W2, то
« 0,87R.
Числовой ответ несколько неожиданный: во внешнем ша-
ровом слое толщиной всего лишь (примерно) в 1/-lQ радиуса
содержится половина электрической энергии всего шард^
132
§ 21. Проводники в электростатическом
поле
Поверхность проводника является эквипотенциальной
поверхностью. На этом свойстве проводников основан метод
зеркальных изображений. Этот метод позволяет рассчиты-
вать различные электростатические поля, определять ем-
кость системы проводников и т. д.
Метод зеркальных изображений основан на следующем
положении. Если в произвольном электростатическом поле
заменить эквипотенциальную поверхность металлической
поверхностью такой же формы и создать на ней такой же
потенциал, то данное электростатическое поле не изменится.
Рассмотрим электрическое поле между точечным зарядом
+Q и бесконечной металлической плоскостью, потенциал
которой равен нулю. В силу выше сформулированного по-
ложения это поле эквивалентно электрическому полю, соз-
данному данным точечным зарядом +Q и точечным зарядом
—Q, являющимся зеркальным изображением данного за-
ряда +Q в металлической плоскости (рис. 21.1).
Пример 29.1 Точечный заряд Q=+2-10-8 Кл нахо-
дится на расстоянии 1 — 1 м от бесконечной металличе-
ской плоскости, отведенной к Земле (рис. 21.1). Опреде-
лить силу взаимодействия между зарядом и плоскостью.
Решение. Металлическая плоскость находится
в электростатическом поле точечного заряда. Вследствие
явления электростатической индукции на стороне металли-
ческой плоскости, ближайшей к точечному заряду, появ-
ляются наведенные электрические заряды противополож-
ного знака. Поэтому возникает сила взаимодействия меж-
ду данным точечным зарядом и зарядами, наведенными на
133
плоскости. Потенциал плоскости по условию равен нулю
(потенциал Земли условно принимают за нуль). Следова-
тельно, согласно методу зеркального изображения, электри-
ческое поле между точечным зарядом и плоскостью экви-
валентно полю, созданному данным зарядом и его зеркаль-
ным изображением в металлической плоскости. По закону
Кулона получаем искомую силу взаимодействия:
р^ .. __ F«9-10-7H
4ле0 (2/)2 ’ У 1U
Пример 21.2 Точечный диполь с электрическим мо-
ментом р находится на расстоянии I от бесконечной
проводящей плоскости. Определить модуль вектора силы,
действующей на диполь, если вектор р перпендикулярен
плоскости.
Решение. По методу зеркальных изображений поле
данного диполя и зарядов, индуцированных на плоскости,
эквивалентно полю двух диполей: данного и его зеркально-
го изображения в плоскости (рис. 21.2). Диполи находят-
ся на расстоянии 2/ друг от друга. Таким образом, искомая
сила Р — это сила, с которой диполь-изображение дей-
ствует на данный диполь. Нетрудно доказать, что на оси
диполя на расстоянии O/i (длины диполя) напряженность
поля
р___
4ле0г3 *
Следовательно, сила, действующая на данный диполь,

где
1_г) р _ ^pQ
1-^1-4я8оГз
— сила, действующая на отрицательный заряд данног<
диполя, а
р = пр _ 2pQ
* 4ле0(г-|-Л)3
— сила, действующая на его положительный заряд. Уч1
тывая, что г=21 и p=Ql1} 2l'^>l1, после несложных преобр^
зований получаем 1
Зра
32ji60Z4
134
Пример 21.3 Тонкая бесконечно длинная нить равно-
мерно заряжена электричеством с линейной плотностью
т и расположена параллельно безграничной проводящей
плоскости на расстоянии I от нее (рис. 21.3). Найти:
а) модуль вектора силы, действующей на участок нити
единичной длины; б) распределение поверхностной плот-
ности заряда с>(х) на плоскости, где х — расстояние
от плоскости, перпендикулярной проводящей поверх*
ности и проходящей через нить.
Решение. Легко видеть, что для определения силы,
действующей на участок нити единичной длины, необходимо
рассчитать поле ее изображения (рис. 21.3). Но поле нити
нетрудно найти, хотя бы по теорме Гаусса (см. (19.4)):
2ле0г
В нашем случае г=21. Таким образом, сила, действующая
на участок нити единичной длины,
4ле0/
Для ответа на второй вопрос определим поле нити и ее
изображения в точке А (рис. 21.3):
£ — 2т/ т/
1 ~ 2л е0 (х2 4-12) ~~ ле0 (х2+Z2)'
135
Поле Е-2 индуцированных зарядов вблизи проводящей пло-
скости (вне ее) найдем по теореме Гаусса:
Е2=о/г0. (21.1)
Индуцированные заряды распределяются так, что их поле
внутри плоскости компенсирует внешнее поле (напря-
женность поля внутри проводника, расположенного
в электростатическом поле, равна нулю):
Ei+E2=0. (21.2)
Следовательно,
_ т/
л (х2-Н2)*
Таким образом, в методе зеркальных изображений чаще
всего необходимо рассчитывать характеристики поля дан-
ных зарядов и их изображений, т. е. решать основную за-
дачу теории поля.
Пример 21.4 Очень длинная прямая нить, равномерно
заряженная электричеством с линейной плотностью т,
расположена перпендикулярно безграничной проводящей
плоскости и не доходит до этой плоскости на расстоя-
ние I (рис. 21.4). Пусть точка О — след нити на
плоскости. Определить поверхностную плотность ин-
дуцированного заряда на плоскости: а) в точке О, б) в за-
висимости от расстояния х до точки О.
Решение. Используя метод зеркальных изображе-
ний, рассчитаем сначала поле нити и ее изображения в точ-
ке О. Для определения поля одной нити на ее оси применим
метод ДИ. Элементарная напряженность dE точечного за-
ряда dQ=rdr элемента нити dr в произвольной точке на оси
нити на расстоянии г от него (рис. 21.4) составляет
дЕ — d<2 =
4ле0г2 4леог2 ’
Отсюда после интегрирования получаем
00
£ _ С т _ т
J 4ле0г2 4леог
В нашем случае г=1. Таким образом, напряженность Е$
поля нити и ее изображения в точке О
Et = 2E =
т
2ле0I'
136
Учитывая (21.1) и (21.2), находим плотность о0 зарядов на
плоскости в точке О:
ст° “ 2л/ *
Определим теперь плотность о индуцированных зарядов на
плоскости в точке А (рис. 21.5), находящейся от точки О
на расстоянии х. Для этого снова необходимо рассчитать
поле нити и ее изображения, но уже в точке А. Применяя
метод ДИ, находим модуль вектора dE элементарной на-
пряженности точечного заряда dQ—TdZ элемента dZ одной
нити, расположенного от точки А на расстоянии г:
ар — d<2 = TdZ
4ле0г2 4ле(/2’
Так как d/=rda/cosa, r=x/cosa, то
d£=^.
4ле0х
Из рис. 21.5 видно, что результирующий вектор на-
пряженности поля нити и ее изображения в точке А направ-
лен вдоль оси OY и, следовательно, Ех—0. Поэтому найдем
только проекцию d£j, вектора dE:
j г? 1 г? . т sin a da
d£,,== d£ sin a = —----.
у 4леох
Отсюда после интегрирования получаем проекцию вектора
напряженности поля нити на ось OY:
п/2
Е Р т sin a da т cos ax
у J 4леох 4леох
ax
137
Таким образом, напряженность поля нити и ее изображения
в точке А
g ___ COS (Xi ______т______
1— У~ 2Л8ОХ — 2ле0(/24-х2)1/2 ’
Учитывая (21.1) и (21.2), определяем поверхностную
плотность индуцированных на плоскости зарядов:
о =
______т______
2л p-J-x2)*7’ ’
Легко видеть, что о=о0 при х=0.
Пример 21.5 Тонкое кольцо радиуса R, равномерно за-
ряженное зарядом Q, и проводящая сфера расположены
так, что центр сферы О находится на оси кольца на
расстоянии I от плоскости кольца (рис. 21.6). Опреде-
лить потенциал сферы.
Решение. Проводник (сфера) находится в поле коль-
ца. Необходимо рассчитать потенциал проводника. Это ос-
новная задача теории поля. Так как поле несимметрично,
то сомнительно, что теорема Гаусса приведет к хорошим
результатам.
Применим метод суперпозиции. На проводящей сфере
возникают индуцированные заряды —Q' и +Q". Результи-
рующее поле создается тремя зарядами: Q, —Q' и +Q".
Следовательно, по принципу суперпозиции, потенциал
проводящей сферы Ф=Ф1+ф2+фз> где фх, Ф2 и ф8 — потен-
циалы полей, созданных соответственно зарядами Q, —Q'
+Q
и +Q'. В какой точке сферы?
В любой. Ибо потенциал про-
извольной точки проводника,
расположенного в электро-
статическом поле, постоянен.
В нашем случае и весь
объем, ограниченный проводя-
21.6 щей сферой, является эквипо-
тенциальным. Таким образом,
возникает догадка рассчитывать поле в самой удобной для
нас точке. Такой точкой является центр сферы. Действи-
тельно, несмотря на то что мы не знаем ни значений инду-
цированных зарядов —Q' и +Q", ни законов распределения
по сфере их плотностей —о' и +о", мы можем утверждать,
что общий потенциал поля этих зарядов в этой особенной
точке (центр сферы) равен нулю: ф2+фз=0 (индуцирован-
ные заряды —Q' и +Q" находятся на одинаковом расстоя-
нии от центра, равны по модулю (|—Q'| =|+<2"|) и проти-
138
воположны по знаку). Следовательно, осталось рассчитать
потенциал <рх поля кольца в точке Q (рис. 21.6):
<2ЬЗ>
Это и есть искомый потенциал сферы <р=Ф1.
Можно усложнить условия решенной задачи. Например,
пусть заряд Q на кольце распределен неравномерно. Легко
видеть, что решение (21.3) останется таким же. Далее,
можно предположить, что кроме заряда кольца Q поле соз-
дается другими зарядами: точечным зарядом Qi, зарядом Q$
тонкого отрезка и т. д. Нетрудно доказать, что во всех этих
вариантах решение задачи сводится к расчету поля (потен-
циала) новых зарядов Qlf Qa и т. д. в центре сферы.
Заметим, что решенная задача оказалась нестандартной:
необходимо было догадаться, что «самой удобной» точкой
является центр сферы.
Емкость
C=Q/cp (21.4)
уединенного проводника определяет характер электрическо-
го поля, возникающего вне и на поверхности проводника
(потенциал ср) при сообщении ему электрического заряда Q.
Отсюда следует, что нахождение емкостей проводников
связано с расчетом потенциала этого электрического поля
(т. е. с основной задачей в теории поля). %
Пример 21.6 Определить емкость уединенного шаро-
вого проводника радиуса Rlf окруженного прилегающим
к нему концентрическим слоем однородного диэлектрика
с проницаемостью г и наружным радиусом R2
(рис. 21.7).
Решение. Сообщим шаровому проводнику заряд Q.
Тогда вне и на поверхности проводника возникает электри-
ческое поле. Если мы рассчитаем
потенциал проводника cp(7?i), то по
(21.4) можем найти емкость С. Рас-
чет потенциала поля (оно симмет-
рично) можно провести по методу
Гаусса. По теореме Гаусса,
D-4nr2—Q,
где 7?2>г>7?1. Следовательно, на-
пряженность поля в диэлектрике
Е __ Q
4л80е/-а ’
£
21.7

139
После интегрирования соотношения Е——dtp/dr получаем
распределение потенциала в диэлектрике:
„ С Q dr Q । _
J 4Л8О8Г2 ’ 4л808Г
Постоянную с найдем из условия ср(/?2) =Q/(4jt80/?2):
Q(e-l)
4Л808/?2
Таким образом, окончательное распределение потенциала
в диэлектрике
, . Q ( 1 . е—1 \
Ф ~ 4Л8О8 \ Г /?2 /*
Используя условие непрерывности потенциала, опреде-
лим потенциал шарового проводника:
/г> \ Q ( 1 , 8—1 \
4Л8О8 \ 7?7 /?2 )
и его емкость (21.4):
__ Q _____ 4л8()£/?1
ф(/?1) ])
А2
Пример 21.7 Зазор между обкладками плоского кон-
денсатора заполнен изотропным диэлектриком, про-
ницаемость которого изменяется в перпендикулярном
обкладкам направлении по линейному закону от до
еа, причем 82>8i. Площадь каждой обкладки S, рас-
стояние между ними d (рис. 21.8). Определить емкость
конденсатора.
Решение. Направим ось ОХ вверх, а начало коор-
динат совместим с нижней пластиной (рис. 21.8). Так как е
изменяется по линейному закону, то
ъ=а+Ьх, (21.5)
где постоянные а и b определяются из граничных условий
(s=8i при х=0 и е=е2 при x=d):
a=&i, Ь=(е2—8i)/d. (21.6)
Таким образом,
8 = 8Х-|-
82----81
J Jv
Сообщим нижней пластине конденсатора заряд Q и по
методу Гаусса рассчитаем напряженность образовавшегося
ио
поля:
£ __ Q ____________Q
Eq&S £q (ci —J- bx) S
Далее, после интегрирования соотношения
г- dtp / . О dx \
ь==~дх~ \или Йср = ё^(« + М/ опРеделим разность потен-
циалов Дер между пластинами:
d
Qdx _ Q
EoS^-p^*) e0S&
. bd \
"T" a )
Следовательно, емкость конденсатора
Q _ &0Sb _ e0S (e2—Ei)
Аф In (1 -|-bd/d) d«ln(82/Ei) ’
Можно обобщить решенную задачу, предположив, что
проницаемость 8 изменяется по любому закону 8=/(х), где
f(x) — произвольная функция (например, /(х)=хи). Легйо
видеть, что все такие задачи могут быть решены тем же мето-
дом.
Пример 21.8 Определить емкость сферического кон-
денсатора с радиусами обкладок и Я2(причемЯ^>Я г),
который заполнен изотропным диэлектриком с проницае-
мостью, изменяющейся по закону г=а/г2, где а — по-
стоянная, г — расстояние от центра конденсатора
(рис. 21.9).
Решение. Сообщив внутренней обкладке заряд Q,
по методу Гаусса рассчитаем напряженность поля внутри
диэлектрика:
Е ____Q____ Q
4ле0е/2 4лЕ0а
141
и разность потенциалов между обкладками:

Следовательно, емкость такого сферического конденсатора
__ 4лб0а
В заключение этого параграфа рассмотрим еще такую зада-
чу.
Пример 21.9 Определить емкость участка единичной
длины двухпроводной линии.
Решение. Задача поставлена не полностью. Прове-
дем идеализацию задачи. Пусть линейная плотность заря-
дов (заряд на единичной длине) на первой линии равна —т,
а на второй 4-т. Предположим, что другие тела находятся
столь далеко от линии, что их влиянием на электрическое
поле между проводами можно пренебречь. Предположим,
что радиусы г проводов одинаковы и что г<С/ (где I — рас-
стояние между ними). Таким образом, рассматриваемая фи-
зическая система состоит из трех объектов: двух бесконеч-
ных тонких прямых параллельных проводников, равномер-
но заряженных электрическими зарядами с линейными плот-
ностями* —т и +т, и электрического поля, созданного эти-
ми зарядами. Необходимо определить емкость участка еди-
ничной длины такой системы.
Эта задача связана с основной задачей теории поля. Рас-
считаем напряженность поля между проводами в произ-
вольной точке А, находящейся на расстоянии х от левого
провода (рис. 21.10). Используя принцип суперпозиции и
формулу напряженности электрического поля прямой бес-
конечной равномерно заряженной нити, получаем
£ -^ т I т
2леох 2лб0 (Z—х)'
* На рис. 21.10 эти величины обозначены у.
142
Учитывая связь между напряженностью и потенциалом, по-
лучаем
Ф = — dx = —2^-[lnx—ln(Z—х)]4-с,
где с — произвольная постоянная. Отсюда определяем по-
тенциалы левого и правого проводов:
+ с,
— о-МП] R-
Далее находим разность потенциалов между проводами!
Дф = ф J—ф = —1п^^.
-г Т2 Л£о г
Так как, по условию, г<С/, то
Дф — — In —.
Л80 Г
Используя соотношение (21.4), определяем емкость участка
единичной длины двухпроводной линии;
Т Л 8g
Дф In (Z/r)
§ 22. Постоянный электрический ток
Основной задачей теории постоянного тока является за-
дача о расчете электрической цепи. В общем виде эта задача
ставится следующим образом: дана произвольная электриче-
ская цепь, даны какие-то ее параметры (э.д.с., сопротивле-
ния и т. д.)\ требуется найти какие-то другие (неизвестные)
величины (силы токов, работу, мощность, количество теп-
лоты и т. д.). Заметим, что самой важной, фундаменталь-
ной величиной в явлении постоянного тока необходимо счи-
тать силу тока 1. Зная (найдя) эту величину, можно опреде-
лить практически любую другую величину (работу, мощ-
ность, количество теплоты, энергию, параметры магнитно-
го поля и т. д.), характеризующую это явление. Поэтому
основная задача в теории постоянного тока заключается
в нахождении сил токов. Такая постановка задачи является
слишком общей, и поэтому разделим ее на более конкретные
и узкие виды.
1. В электрической цепи имеется только один источник
тока.
143
2. В электрической цепи имеется несколько одинаковых
источников тока.
3. В электрической цепи имеется несколько различных
источников тока.
Задачи первого вида решаются последовательным при-
менением закона Ома для замкнутой цепи, закона Ома для
однородного участка и иногда первого закона Кирхгофа.
Если задача поставлена корректно, система уравнений, по-
лученная на основе этих законов, является замкнутой и,
следовательно, задача — физически решенной.
Задачи второго вида легко сводятся к задачам первого
вида, если по правилам соединения одинаковых источни-
ков тока в батареи найти результирующую э. д. с. цепи
<£о и по правилам соединения сопротивлений опреде-
лить результирующее внутреннее сопротивление бата-
реи Го-
Задачи первого и второго вида в основном решаются
в средней школе, и мы не будем их рассматривать.
Задачи третьего вида являются наиболее общими и не
приводятся к задачам первого и второго вида. Они решаются
принципиально с помощью иных законов, чем закон Ома
для однородного участка и для замкнутой цепи. Последний
не может быть применен, так как в большинстве таких за-
дач невозможно определить результирующую э. д. с. Со-
существует несколько методов решения задач третьего
вида. Приведем наиболее распространенный — метод, ос-
нованный на применении законов Кирхгофа. Рассмотрим
сущность этого метода на конкретном примере.
Пример 22.1 Определить силу тока, текущего через
элемент С2, если Ci = l В, С2=2 В, <£3=3 В, гх=1 Ом,
г2=0,5 Ом, г8=х/зОм, Ом, 0м (Рис- 22.1).
Решение. Физическая система — электрическая
цепь, в которой имеется несколько различных источников
тока. Найти результирующую э. д. с. невозможно, и, сле-
довательно, нельзя применить закон Ома для замкнутой
цепи. В этом случае электрическая цепь может быть рас-
считана с помощью законов Кирхгофа.
Сначала необходимо выбрать (произвольно) направления
токов в ветвях. Выберем их так, как показано на рис. 22.1.
Если мы ошиблись в выборе направления какого-нибудь
тока, то в окончательном решении этот ток получится от-
рицательным; если же случайно выбрано правильное на-
правление тока, то он получится положительным.
Применим первый закон Кирхгофа. Он справедлив для
узлов электрической цепи. В данной схеме узлов два: точ-
144
ки А и С. Для узла А по первому закону Кирхгофа полу-
чим

(22.1)
Для узла С первый закон Кирхгофа ничего нового не дает.
Применим второй закон Кирхгофа. Он справедлив толь-
ко для замкнутых контуров. В данной схеме их три: АВС А,
ACDA, ABCDA. Рассмотрим контур АВС А. В этом конту-
ре имеется две э. д. с. (<£i и <£2), три резистора (гъ г2 и /?4) и
два тока (Л и /2). Для применения второго закона Кирх-
гофа необходимо выбрать (произвольно) условно-положи-
тельное направление обхода контура. Оно необходимо для
определения знаков э. д. с. и токов. Если направления
э. д. с. или тока совпадают с направлением обхода контура,
то их считают положительными. В противном случае э. д. с.
или ток считают отрицательными.
Выберем за положительное направление обхода контура
АВС А направление против часовой стрелки. Э. д. с. Si на-
правлена против часовой стрелки; следовательно, ее счи-
таем положительной; э. д. с. S2 направлена по часовой стрел-
ке (т. е. против направления обхода контура); следователь-
но, она войдет в уравнение второго закона Кирхгофа со
знаком минус. Ток /г проходит через резисторы гх и Rif
и его направление совпадает с направлением обхода кон-
тура. Ток /2 проходит через резистор г2 и направлен против
направления обхода. Следовательно, ток /х положителен,
ток /2 отрицателен. По второму закону Кирхгофа для кон-
тура АВСА получаем
S1—^’2=/i(/'i+/?i)—/2г2. (22.2)
145
Если выбрать за положительное направление обхода
этого контура направление по часовой стрелке, то по вто-
рому закону Кирхгофа найдем
-1+^2 —----/ 1(Г 1 + -R 4) + Лг2-
Получено уравнение (22.2), умноженное на —1. Очевидно,
что эти уравнения эквивалентны. Таким образом, сущность
второго закона Кирхгофа не зависит от произвольного вы-
бора направления обхода контура.
Рассмотрим контур ACDA. Выберем за положительное
направление обхода этого контура направление против ча-
совой стрелки. Применяя второй закон Кирхгофа, получим
^-^а = Цг-13(г3+Яъ). (22.3)
Система уравнений (22.1) — (22.3) является замкнутой.
Задача физически решена. Решая полученную систему урав-
нений, находим:
Л=-5/8А, 72=-1/2А, /3=8/вЛ.
Токи /1 и /2 получились отрицательными. Это означает,
что направления их случайно были выбраны ошибочно.
Ток /8 положителен; следовательно, его направление слу-
чайно было выбрано правильно.
Пример 22.2 Цилиндрический воздушный конденсатор
с внутренним Ri и внешним R2 радиусами заряжен до
разности потенциалов Д<р0 (рис. 22.2). Пространство
между обкладками заполняют слабопроводящей средой
с удельным сопротивлением р. Определить силу тока
утечки, если высота (длина) конденсатора равна I.
Решение. Физическая система — участок электри-
ческой цепи, в котором причиной направленного движения
свободных зарядов слабопроводящей среды является элект-
ростатическое поле. Разность потенциалов Д<р0 этого поля
будем считать постоянной. Так как участок однородный
(в нем нет э. д. с.), то силу тока можно найти по закону Ома
для однородного участка
7=Дфс/7?, (22.4)
если известно его полное сопротивление R. Эту величину
можно определить методом ДИ. Элементарное сопротив-
ление тонкостенного цилиндрического слоя толщиной (дли-
ной) dr и радиусом г (рис. 22.2) составляет
«=Р2^-
146
Отсюда после интегрирования получаем значение полного
сопротивления участка:
Я.
/?==С р
J г 2л/г 2л/ /?1
Я1
(22.5)
Следовательно,
j ____ 2л/Дср0
'° “pin (Rd Rd'
(22.6)
Всегда ли справедливо решение (22.6)? Поставим ряд
других вопросов. Ранее было сказано, что после определе-
ния основной величины — силы тока — все остальные па-
раметры и цепи, и процессов,
происходящих при прохожде-
нии тока, могут быть легко оп-
ределены. В частности, по за-
кону Джоуля — Ленца
Q=I*Rt (22.7)
можно определить количество
теплоты Q, выделившейся в
участке за время /; по закону
Q=It (22.8)
можно найти количество элект-
ричества, прошедшее сквозь по-
перечное сечение участка за вре-
мя t, и т. д.
Определим, например, за ка-
кое время t0 по участку пройдет
первоначальный заряд Q0=CA<p0
п 2леое/
~ in (RdRd
— емкость конденсатора. Решение
_ Qo _ С Дфор In (Rd Rd _
1 “ 2л/ДФо ~ь°ьр
22.2
конденсатора, где
(22.9)
(22.10)
является формальным и неверным по своему существу.
Действительно, решение (22.10) справедливо, если сила тока
постоянна. Из (22.4) и (22.6) вытекает, что условие /=const
выполняется при 7?=const и A<p0=const. Но условие Д<р0==
—const означает, что при C=const заряд на обкладках
должен оставаться постоянным. А это противоречит постав-
147
ленному вопросу. Заряд на обкладках конденсатора умень-
шается; следовательно, уменьшается разность потенциа-
лов Дер и появляющийся ток утечки, строго говоря, не яв-
ляется постоянным, как это следует из (22.6). Решение
(22.6) справедливо, если Acp=const, что строго никогда не
выполняется.
Очевидно, что выход из создавшейся ситуации таков:
разность потенциалов Дер изменяется, но она при соответ-
ствующих условиях может изменяться столь медленно, что
этим изменением можно пренебречь, считая приближенно
A<p=const. Этим соответствующим условием является не
выясненное в примере 22.2 понятие «слабопроводящей сре-
ды». Итак, усложняем условия примера 22.2, считая, что
в реальном случае разность потенциалов Дер не является
постоянной.
Пример 22.3 В условиях примера 22.2 определить за-
кон изменения силы тока утечки от времени.
Решение. Допустим, что сила тока изменяется
столь медленно, чтобы в каждый момент времени был спра-
ведлив закон Ома (22.4). Тогда
dQ _Дф
(22.11)
Где 7=—dQ/d/ и Дср=ф/С— мгновенные значения силы тока
и разности потенциалов. Итак, мы имеем дифференциальное
уравнение
_ ДО. _ 0_
d/ CR
для неизвестной функции Q=Q(t) — заряда Q на обкладках
конденсатора в любой момент времени t. После разделения
переменных и интегрирования получаем
lnQ= — +
Учитывая начальные условия (Q=Qo=C’Acpo при /=0), на-
ходим постоянную Ci=lnQ0- Таким образом,
Q = Qoe-^c). (22.13)
Постоянную
x=RC
условно назовем временем релаксации или постоянной ре-
лаксации. Легко видеть, что т — время, за которое перво-
начальный заряд Qo уменьшается в е«2,78... раз. В нашем
148
случае
х — Р (^г//?1) 2ле0е/ _ /пп
т - 2л/ - W’ <22•14)
что совпадает с (22.10). Таким образом, /0 — это не время
протекания всего заряда Qo, а лишь время релаксации. Из
(22.13) видно, что время перетекания всего заряда равно
бесконечности (Q=0 при /=оо).
Из (22.13) можно определить законы изменения и дру-
гих величин — разности потенциалов и силы тока:
Аф = А = е- тис) = bqoe-twc}> (22.15)
/=—-^-=-^-е - е - = /ое -
(22.16)
и т. д. Таким образом, формула (22.6) дает лишь начальное
значение силы тока.
Выясним теперь смысл понятия «слабопроводящая сре-
да». Это среда, для которой можно пренебречь изменением
мгновенных значений силы тока (22.16), разности потен-
циалов (22.15), заряда (22.13) и т. д. Изменением этих ве-
личин можно пренебречь, если время релаксации т относи-
тельно велико. Итак, слабопроводящая среда — это сре-
да, для которой время релаксации т относительно велико.
Проведем оценку времени релаксации некоторых сред
в нашем случае. Оценим время релаксации парафина (е=2,
р—3-1016 Ом-м). Из (22.14) получаем
т=еоер, т«5,3-105 с«6,1 сут.
Примем условно, что время наблюдения т0«1 с. Таким об-
разом, парафин с очень хорошим приближением можно
считать слабопроводящей средой.
Оценка по формуле (22.14) времен релаксации двух ви-
дов кварца с параметрами е1=4,4, рх=3-1014 Ом-м и е2 =
=4,7, р2=1 • 1012 Ом-м, а также мрамора с параметрами е3=
=8,3, р3 = Ы08 Ом-м дает значения времен релаксации
3,25 ч, 42 с и 7-10“3 с соответственно.
Следовательно, если кварцы еще можно считать слабо-
проводящими средами, то мрамору в этом свойстве можно
отказать. Конечно, если характерное время наблюдения
принять равным то=1О-6 с, то и мрамор можно считать сла-
бопроводящей средой.
149
ГЛАВА 7
МАГНИТНОЕ ПОЛЕ
§ 23. Магнитное поле в вакууме
При исследовании магнитного поля в физическую систе-
му необходимо включать источники магнитного поля и их
магнитные поля.
Основная задача теории магнитного поля (так же как
и теории поля тяготения и электрического поля) заклю-
чается в расчете характеристик магнитного поля произ-
вольной системы токов и движущихся электрических за-
рядов, что эквивалентно определению магнитной индукции
В в произвольной точке поля. Эту задачу решают, при-
меняя закон Био — Савара — Лапла£а в дифференциаль-
ной форме
(23.1)
4лг3 * ’
принцип суперпозиции и метод ДИ (см. § 6). Нередко ис-
пользуют и теорему о циркуляции вектора В
/ва1=Ио2л (23.2)
в особенности в тех случаях, когда закон (23.1) неприменим.
Сначала полезно решить несколько элементарных задач
для двух весьма распространенных источников магнитного
I
поля: расчет индукции магнитного поля кругового тока I
радиуса R в точке А, находящейся на оси на расстоянии х
от его плоскости (рис. 23.1) — результаты приводим без
150
вычислений,—
tV#2
2(/?2 + х2),/2 ’
(23.3)
и расчет индукции поля отрезка проводника с током I в точ-
ке А, расположенной на расстоянии г0 от него (рис. 23.2),
В = (cos 04 — cos а2).
(23.4)
Далее можно поставить и решить буквально десятки
задач на расчет магнитных полей, созданных различными
комбинациями этих источников: рассчитать поле «квадрата»,
«треугольника», «прямоугольника», «трапеции», поле фи-
гур, образованных окружностями, полупрямыми, отрез-
ками, и т. д., и т. п. Все эти задачи решают методом супер-
позиции. Наиболее существенным здесь является учет век-
торного характера принципа суперпозиции.
Пример 23.1 Определить модуль вектора магнитной
индукции В магнитного поля, созданного системой тон-
ких проводников (рис. 23.3), по которым идет ток J,
в точке Л {О, R, 0}, являющейся центром кругового про-
водника радиуса R.
Решение. Магнитное поле создается тремя источ-
никами: полубесконечным прямым проводником ХО, кру-
говым проводником радиуса R,
центр которого расположен в точ-
ке Л{0, R, 0}, а его плоскость сов-
падает с плоскостью ZOY, и полу-
бесконечным прямым проводником
OZ. По всем проводникам течет
один и тот же ток /. Вектор Bi
магнитной индукции поля провод-
ника ХО лежит в плоскости ZOY
и направлен против оси OZ; вектор
В2; магнитной индукции кругового
тока лежит в плоскости XOY и на-
правлен против оси ОХ; вектор В3
магнитной индукции проводника OZ
лежит в той же плоскости XOY, но направлен противополож-
но вектору В- (рис. 23.3). Из (23.4) находим модули векто-
ров Bi и В3.
— В3 —
4лЯ ’
151
а по (23.3) — модуль вектора В2:
п _
* ~ 2R •
По принципу суперпозиции,
В = Кв? + (В3-В,)2 = ^-/2 (2л2-2п.+ 1).
тгЛ1\
Пример 23.2 По сплошному бесконечному цилиндри-
ческому проводнику радиуса R течет ток плотности j.
Рассчитать магнитное поле внутри и вне проводника.
Решение. Так как проводник не тонкий, то закон
Био — Савара — Лапласа (23.1) и его следствие (23.4) при-
менять нельзя. Используем теорему о циркуляции вектора
В (23.2). Рассмотрим точку Дх, расположенную на расстоя-
нии Г1 от оси проводника (рис. 23.4). Проведем окружность
радиуса rt с центром О на оси проводника. В силу симметрии
модуль вектора Bi в каждой точке окружности одинаков.
Сумма токов 2Л охватываемая этим контуром (окруж-
ностью), равна Таким образом, по теореме о циркуля-
ции (23.2),
В1-2лг1 = |10/лГ1.
Отсюда определяем модуль вектора Вх магнитной индукции
в точке Д1:
В1=1/2НоЛ1. (23.5)
Рассмотрим точку Д2, расположенную на расстоянии
r^R от оси проводника (23.4). Применяя теорему о цир-
куляции, находим
B2-2nr2=ji0/Ji7?2.
152
Следовательно, магнитное поле вне проводника
. __Но/Я2
2 2г2 *
(23.6)
График индукции магнитного поля сплошного цилиндриче-
ского проводника представлен на рис. 23.5.
Пример 23.3 Тонкая лента шириной I свернута в
трубку радиуса R (рис. 23.6). По ленте течет равномер-
но распределенный по ее ширине ток I. Определить мо-
дуль вектора магнитной индукции в произвольной точке
на оси трубки.
23.6
Решение. Проводник нельзя считать ни тонким, ни
элементом тока, поэтому непосредственное применение за-
кона Био — Савара — Лапласа (23.1) и его следствия (23.3)
запрещено. Трудно здесь использовать и теорему о цирку-
ляции (23.2), так как магнитное поле лишено симметрии.
Применим метод ДИ. Разделим трубку на столь узкие
кольца, чтобы каждое из них можно было считать за тонкий
круговой проводник. Рассмотрим одно такое узкое кольцо
шириной dx, находящееся на расстоянии х от произвольной
точки Ах (рис. 23.6). Элементарный ток этого узкого кольца
= (23.7)
создает по (23.3) в точке Ai элементарную магнитную
индукцию
R* dx
“ 2/(Я2 4-х2)3/2 ’
153
Удобнее выбрать за переменную интегрирования угол а,
под которым радиус каждого узкого кольца виден из точки
Ai. Так как
x = 7?ctga, dx=----Ц-, tf2 + %2 = -^_,
° ’ sin2 а ’ 1 sin2 а ’
ТО
j D ЦО/ sin а da
dB= 2i--------'
Отсюда после интегрирования получаем
В = С Ц о / sin a da jV (cqs _ cqs . (23,8)
«1
Если ввести ток на единичную длину трубки
«/()=///, (23.9)
то (23.8) примет вид
В --= (cos ax—cosa2). (23.10)
Формула (23.10) справедлива и для соленоида, если
учесть очевидное соотношение
где п — число витков на единичную длину соленоида, It —
сила тока в соленоиде. Итак, для конечного соленоида
B = ^^i(cosa1—cosa2). (23.11)
Полученные формулы (23.8), (23.10) и (23.11) справедли-
вы и для точки А 2 (рис. 23.6), находящейся на оси трубки
вне ее. Заметим, что для точки Дх угол а2 всегда тупой,
а для точки А2 — всегда острый (исключая точки на тор-
цах трубки). Полезно исследовать различные частные слу-
чаи: точка Ai расположена в середине трубки, на ее концах
и т. д., а также случай бесконечной трубки или соленоида
(/—>оо)
Пример 23.4 Ток I течет по длинному прямому про-
воднику, сечение _ которого имеет форму тонкой дуги
длины I и радиуса R (рис. 23.7). Определить индукцию
магнитного поля в точке 0.
Решение. Легко видеть, что проводник нельзя счи-
тать ни тонким прямым проводником, ни элементом тока.
154
Следовательно, мы не можем непосредственно использовать
ни закон Био — Савара — Лапласа (23.1), ни его след-
ствие (23.4). Так как магнитное поле несимметрично, то
сомнительно, что теорема о циркуляции (23.2) может дать
положительный результат.
Применим метод ДИ. Разделим проводник на столь уз-
кие длинные прямые проводники, чтобы каждый из них
можно было принять за тонкий длинный прямой провод-
ник. Из (23.4) следует, что магнитное поле тонкого прямого
бесконечного проводника можно рассчитать по формуле
в=н«24г (23.12)
Рассмотрим один такой проводник шириной cU
(рис. 23.7). Элементарный ток этого проводника
V
в точке О создает магнитное поле, элементарная магнитная
индукция которого (по (23.12))
j d_ Ио 4/ _ |Лр/ dZ
U ~ 2л/? — 2л//? •
Легко видеть, что результирующий вектор В направлен по
оси OY (т. е. 5х=0). Проекция вектора dB на ось OY
а В — cos а
QDv~ 2xlR cosa-
За переменную интегрирования выберем угол а. Так как
d/=7?da, то
, о cos « da
dB« = —ы—•
155
Отсюда после интегрирования получаем
+а0/2
в= С ,Mcos ad« (2313)
J Jit
-а0/2
где a0=l/R — центральный угол дуги I. Если а0=л, то
(23.13) дает
о ___ Но
У ~ •
Пример 23.5 По тонкой прямой бесконечной ленте
шириной I идет ток I. Рассчитать индукцию магнит-
ного поля этого тока в произвольной точке О (рис. 23.8).
Решение. Свяжем с точкой О систему координат,
оси которой направим, как показано на рис. 23.8. Для ра-
счета магнитного поля применим метод ДИ (как и в двух
предыдущих примерах, непосредственно применять закон
Био — Савара — Лапласа и его следствия нельзя).
Разделим бесконечную ленту на столь узкие прямые и
бесконечные участки, чтобы каждый из них можно было
принять за тонкий прямой бесконечный проводник. Рас-
смотрим один такой участок проводника шириной d/
(рис. 23.8). Элементарный ток этого участка
d/ = -^-Z
создает в точке О магнитное поле, модуль магнитной индук-
ции которого (по (23.12))
j о_ Цо ____ Цо I
2лг 2nlr
Пусть точка О удалена от плоскости ленты на расстояние
г0. Тогда
г = -й-, = =
cos a’ cos а cos^a
Таким образом,
dB = /;7 d- .
2л1 cos a
Найдем проекции вектора dB на оси ОХ и OY:
j г» 1 г» • ц0/sin a da ,D ,D ц0/da
dB = dB sin a = Цг-j———, dB = dB cos a =
x 2ш cos a у 2ra
156
Отсюда после интегрирования получим

+ а2
С sin а 1 cos ai
j 2л/cos а 2л/ cosa2’
-at
s„=
+ а2
С ___________ /V (&2 ~4~ а1)
J 2л/ 2л/
- а.
(23.14)
(23.15)
Введя ток на единичную ширину ленты 10=Н1, найдем
Вx = В =H^(a 4-aj.
х 2л cos а2 ’ v 2л ' 2 1 17
В случае симметричного расположения точки О (при
a!=a2) имеем BX=Q, Ви=р01а1/я. Для ленты бесконечной
ширины (т. е. плоскости) BX=Q, Ву=щ1а1й12 (поле плоско-
сти с равномерно распределенным током /0 однородно).
Если индукция магнитного поля известна (или рассчита-
на методами, изложенными выше), то большинство задач
сводится в дальнейшем к решению соответствующих задач
механики (нередко с применением метода ДИ). Наиболее
распространенными здесь являются задачи, связанные с по-
ведением плоского контура с током в магнитном поле. Ча-
сто приходится вычислять силы и их механические момен-
ты, действующие на контур, определять работу перемеще-
ния контура в магнитном поле и т. д.
Пример 23.6 В однородном магнитном поле с индук-
цией В = {0, Во, 0} расположен тонкий проводник в виде
полуокружности радиуса R, по которому течет ток I
в направлении, показанном на рис. 23.9. Определить
силу, действующую на проводник.
Решение. Ошибочно здесь было бы непосредственно
применять закон Ампера в виде F=IIBO, где l=nR — длина
проводника, ибо каждый элемент проводника расположен
неодинаковым образом относительно магнитного поля.
Применим метод ДИ. Разделим проводник на столь ма-
лые участки, чтобы каждый из них можно было считать
элементом тока. Рассмотрим один такой участок, длина ко-
торого равна dZ. Модуль вектора dF элементарной силы,
действующей на этот участок, по закону Ампера составляет
dF=7dZBosina. (23.16)
Легко видеть, что все элементарные векторы dF, направле-
ны вдоль оси OZ. Поэтому векторное суммирование сводит-
ся к арифметическому. Так как dZ=/?da, то после интегри-
157
рования (23.16) по углу а получаем
F = $ //?В0 sin a da = 2IRB0.
о
Можно рассмотреть множество вариантов решенной за-
дачи: магнитное поле направлено вдоль оси ОХ, вдоль оси
OZ, под различными углами к осям и т. д. Все эти задачи
могут быть решены одним и тем же методом ДИ.
Пример 23.7 Квадратная рамка из тонкого провода
массой т — \0 г может без трения вращаться относи-
тельно вертикальной оси OOi, проходящей через ее центр
перпендикулярно двум противоположным сторонам рам-
ки (рис. 23.10). Рамка помещена в однородное магнит-
ное поле с индукцией .8 = 10-1 Тл, направленной перпен-
дикулярно плоскости чертежа. По рамке идет ток
1=2 А. Определить период малых колебаний рамки око-
ло положения ее устойчивого равновесия.
Решение. Физическая система состоит из известного
магнитного поля (однородного), проводника в виде рамки и
направленно движущихся по рамке свободных зарядов
(или тока /). Физическое явление заключается в малых
колебаниях рамки под действием сил, действующих на каж-
дый ее элемент тока со стороны магнитного поля. Так как
индукция поля известна, то можно найти эти силы и их
результирующий момент.
При отклонении рамки на малый угол а от положения
равновесия возникает момент сил Ампера
М=рт Bsina,
(23.17)
158
где
pm = /S = /^ (23.18)
— магнитный момент рамки, а — ее сторона.
Применяя к рамке уравнение движения (14.7), получаем
J$=M, (2^ 19)
где J — момент инерции рамки относительно оси ООЪ
Р=а — угловое ускорение рамки. Момент инерции рамки
*/ = 2.^.4 + 2.1.^ = 1та’. (23.20)
Подставляя в уравнение (23.19) значение момента сил Ам-
пера (23.17) и значение момента инерции рамки (23.20),
находим
----sin а = 0.
1 т
Учитывая, что для малых колебаний sina«a, получаем
дифференциальное уравнение гармонических колебаний
рамки:
а+^а = 0. (23.21)
Сравнивая полученное уравнение (23.21) с общим урав-
нением гармонических колебаний, определяем угловую ча-
стоту колебаний рамки:
(о0=К ЫВ1т
и период ее колебаний:
Та = 2л У, Т, ® 0,57 с.
Известно, что при перемещении плоского контура с то-
ком / в магнитном поле совершается работа
Л-/ЛФ, (23.22)
где АФ — изменение магнитного потока через контур. Если
перемещается точечный магнитный диполь (плоский кон-
тур с током / достаточно малых геометрических размеров),
вектор магнитного момента которого
pm = /5n (23.23)
159
параллелен вектору В индукции магнитного поля, то расчет
работы в этом случае сводится к расчету магнитного поля:
А = / ДФ = / (Ф,-Ф,) = (В,- В,) S = pm (Bt-BJ.
(23.24)
Пример 23.8 В условиях примера 23.3 точечный маг-
нитный диполь с магнитным моментом рт, первоначаль-
но находившийся на оси трубки в ее середине {точка Ai
на рис. 23.11), перемещается вдоль оси в точку А2 так,
что вектор рт остается параллельным вектору В. Опре-
делить работу, совершенную при перемещении диполя.
Решение. Из (23.24) видно, что для решения задачи
достаточно рассчитать индукцию магнитного поля Bi в точ-
ке Ai и индукцию В2 в точке Д2. По формуле (23.8) получаем
Следовательно, из (23.24) находим
Если в магнитном поле перемещается неточечный маг-
нитный диполь, т. е. обычный плоский контур с током /,
то нередко для расчета магнитных потоков используют ме-
тод ДИ.
Пример 23.9 Прямой бесконечный ток Ц—5 А и прямо-
угольная рамка с током А расположены в одной
плоскости так, что сторона рамки / = 1 м параллельна
прямому току и отстоит от него на расстоянии r=Q, 1 b,
где b — длина другой стороны рамки (рис. 23.12). Опре-
делить, какую работу необходимо совершить для того,
160
чтобы повернуть рамку на угол а=90° относительно
оси 001, параллельной прямому току и проходящей через
середины противоположных сторон рамки Ь.
Решение. Легко видеть, что во втором положении
магнитный поток через рамку равен нулю: Ф8=0. Таким об-
разом, необходимо рассчитать магнитный поток Фх через
рамку в первом положе-
нии. Так как поле пря-
мого бесконечного тока
А (по (23.4))
В, (23-25)
является неоднородным,
то решение Ф1=В15 (где
S=lb — площадь рамки)
неверно.
Применим метод ДИ.
Разделим площадь рам-
ки на столь узкие поло-
сы, чтобы в пределах ка-
ждой такой полосы маг-
нитное поле можно было бы приближенно считать однород-
ным. Рассмотрим одну такую полоску шириной dx
(рис. 23.12), находящуюся на расстоянии х от прямого тока
/1. Элементарный магнитный поток через эту полоску
бФ=ваз
= ^ldx.
2лх
(23.26)
Отсюда после интегрирования по х находим магнитный по-
ток:
O,lb+b
ф С egi/ dx = iVi/ J i j'
1 J 2лх 2л
0,1b
Таким образом,
А = /2 ДФ = /2Ф1 =
Н(/1^ 2^
2л
Inll.
После подстановки числовых значений получаем
Д«7,1 -10“* Дж.
§ 24. Магнитное поле в веществе
При рассмотрении магнитного поля в магнетиках кроме
магнитной индукции В вводят еще две физические величины!
намагниченность J (магнитный момент единичного объема)
6 № 1899 161
и напряженность магнитного поля
H = A-J. (24.1)
Цо
Для однородного и изотропного магнетика
В=|*0|*Н. (24.2)
Относительная магнитная проницаемость ферромагнетика
р является нелинейной функцией от Н. Поэтому при реше-
нии задач, в которых рас-
сматривают ферромагнетики,
используют графики зависи-
мости В от Н. На рис. 24.1
приведены эти зависимости
для железа, стали и чугуна.
Для нахождения индукции!
В (основная задача в теории
магнетиков) часто используют
теорему о циркуляции векто-:
pa Н
^Hdl=S^ (24.3}
в сочетании с графиками рис.;
24.1, а также факт непрерыв-]
ности нормальных составляющих вектора В на границе раз-
дела двух различных магнетиков:
В1П=В9П. (24.4)
Пример 24.1 Замкнутый тороид с железным, сердеч-\
ником имеет М=400 витков из тонкого провода, намо4
тайных в один слой. Средний диаметр тороида d—25 см.
Определить напряженность и индукцию магнитного
поля внутри тороида, магнитную проницаемость
р железа, а также намагниченность J при значениях
силы тока в обмотке тороида /1=0,5 А и /2=5 А.
Решение. Применяя теорему о циркуляции вектора
Н (24.3) вдоль окружности с диаметром d (средняя линия
тороида; рис. 24.2)
H-nd=IN,
находим напряженность магнитного поля внутри тороида
H=IN/(nd).
Отсюда после расчета получаем
//х=255 А/м, //,=2550 А/м.
162
Далее, используя график на рис. 24.1, определяем маг-
нитные индукции:
Bi=0,9 Тл, В§=1,45 Тл.
Затем по (24.2) находим магнитные проницаемости (ц—
₽=В/(М0):
pi«2,8.10», р2«4,5-10’,
а по (24.1) — намагниченности (J=B/p0—Я):
Л«7,1-105 А/м, 1,1 -10е А/м.
24.2 24.3
Анализ полученных данных позволяет установить, что
силе тока / пропорциональна только напряженность маг-
нитного поля внутри ферромагнетика (железа), тогда как
все остальные величины (индукция В, магнитная проницае-
мость р, намагниченость J) являются нелинейными функ-
циями Н, а следовательно, и нелинейными функциями силы
тока J.
Пример 24.2 Обмотка тороида, имеющего стальной
сердечник с вакуумным зазором длиной /0=3 мм, содер-
жат п=1000 витков на метр длины. Средний диаметр
тороида d=30 см. При какой силе тока I в обмотке
тороида индукция Во в зазоре равна 1 Тл (рис. 24.3)?
Решение. Применяя теорему о циркуляции вектора
Н (24.3), находим
Hnd+Holo—In,dn, (24.5)
где Н — напряженность магнитного поля в сердечнике,
Но — напряженность магнитного поля в зазоре. Так как
относительная магнитная проницаемость вакуума р=1,
163
то по (24.2) определяем напряженность Яо магнитного поля
в зазоре:
о __ Во tj 107 *
go * ^о — "4^ А/М.
(24.6)
Вследствие того что вакуумный зазор узкий, будем счи-
тать радиальную составляющую вектора магнитной индук-
ции и в зазоре, и в сердечнике равной нулю. Тогда (учиты-
вая (24.4)) индукция В в сердечнике по модулю равна Во.
По графику рис. 24.1 определяем напряженность магнит-
ного поля в сердечнике Я=7«102 А/м. Таким образом, из
(24.5) находим
(24.7)
Пример 24.3 Изменим условия примера 24.2. Пусть
сила тока в обмотке тороида 1—3,2 А. Определить ин-
дукцию магнитного поля Ва в зазоре. Остальные условия
прежние.
Решение. На первый взгляд мы сформулировали
задачу, обратную задаче 24.2, и ее решение получается из
(24.5) и (24.6). Эта система уравнений содержит три неиз-
вестных (Н, Но и Во), однако хотя они и связаны графиком
(рис. 24.1), но непосредственно этим графиком мы восполь-
зоваться не можем. Тем
не менее задача решает-
ся графически. Так как
В=В0, то из (24.7) опре-
делим связь В, Н и Г.
& _ Iп /у
А> А>
(24.8)
При данном / (24.8)
выражало бы линейную
зависимость В от Н для
различных сердечников.
Для данного сердечни-
ка (сталь) значения В и Н из (24.8) должны удовлетворять
графику для стали на рис. 24.1. Следовательно, искомые
значения В и Н есть параметры точки М = {В, Н} пересече-
ния кривой рис. 24.1 и прямой, соответствующей (24.8)
(рис. 24.4). На рис. 24.4 прямая (24.8) пересекает оси коор-
164
динат в точках А = {0, Вх} и C={Hlt 0}, где
В. =—, т- е- 51~1,26Тл, и Нг = 1п, т. е.
//, = 3,2-108 А/м.
Легко видеть, что координаты точки М составляют В=В0 =
= 1 Тл, а //==700 А/м, что соответствует данным примера
24.2.
ГЛАВА 8
ЭЛЕКТРОМАГНИТНОЕ ПОЛЕ
§ 25. Электромагнитная индукция
и самоиндукция
Фундаментальным законом явления электромагнитной
индукции является закон Фарадея:
<£. = -(25.1)
Следовательно, в качестве основной задачи этого яв-
ления рассматривается задача нахождения э. д. с. индукции
<^и. При проведении физического анализа необходимо тща-
тельно выяснить, каким образом изменялся магнитный
поток Ф, какова причина его изменения. Затем следует оп-
ределить магнитный поток через поверхность, ограничен-
ную замкнутым контуром, как функцию от времени t, т. е.
Ф=Ф(/). Для нахождения э. д. с. индукции используют
закон Фарадея (25.1).
Пример 25.1 В магнитном поле, индукция которого
изменяется по закону B=(a+|3/2)i, где а = 10-1 Тл,
Р = 10-2 Тл/с2, i — единичный вектор оси ОХ, расположе-
на квадратная рамка со стороной а=20 см, причем пло-
скость рамки перпендикулярна В. Определить э. д. с.
индукции в рамке в момент времени /=5 с.
Решение. Физическая система состоит из изменяю-
щегося во времени магнитного поля, проводящей рамки,
расположенной в этом поле, возникшего вихревого элект-
рического поля и созданного этим полем индукционного
тока. Необходимо определить э. д. с. индукции. Причиной
изменения магнитного потока через рамку является изме-
нение во времени индукции магнитного поля.
Определяем магнитный поток через рамку. Так как маг-
нитное поле однородное, а рамка плоская, то
ф=В -$=(а+^2)а2. (25.2)
165
Далее находим э. д. с. индукции:
(25.3)
Можно, как это мы уже неоднократно делали раньше,
усложнить или упростить решенную задачу, поставив еще
десятки подобного рода задач. Что значит «подобного рода»?
Здесь мы рассмотрим вопрос о способах построения «блоков»
задач, а также введем понятие обобщенной задачи «блока».
«Подобного рода» (в применении к данной задаче) — это
значит, что во всех таких задачах происходит одно и то же
физическое явление (явление электромагнитной индукции),
что магнитное поле однородно и нестационарно, а контур
является плоским и расположен перпендикулярно В. Тогда
для решения всех таких задач («блока» задач) можно ис-
пользовать уравнения (25.2) и (25.3).
Теперь мы можем сформулировать обобщенную задачу
первого «блока»: в магнитном поле, индукция которого
изменяется по закону B=f(t)\, где f(t) — произвольная (но
дифференцируемая) функция времени t, расположен плоский
контур площади S, причем плоскость контура перпендику-
лярна В; определить э.д.с. индукции в рамке в произвольный
момент времени t.
Решение этой обобщенной задачи первого блока может
быть получено с помощью тех же уравнений (25.2) и (25.3),
но в обобщенном виде:
O=BS=/=(0i-S, (25.4)'
|«?.|=|—^I=r(/)S- (25.5)
Теперь уже решение любой конкретной задачи этого
«блока» непосредственно дается обобщенными уравнениями
(25.4) и (25.5). Таким образом, каждая конкретная задача;
«блока» после формулировки и решения обобщенной задачи
становится элементарной.
Рассмотрим, например, такую конкретную задачу: в маг-
нитном поле, индукция которого изменяется по закону^
B=Bosinct)/-i, где Во и (а — постоянные, расположена плос-,
кая рамка в виде равностороннего треугольника со стороной
а, причем плоскость рамки перпендикулярна В; определит!»
з.д.с. индукции в рамке в момент времени t. :
Решение этой элементарной задачи легко получается из:
уравнений. (25.4) и (25.5):
Ф = Во sin tot • S, | <£и | = BQSto cos tot,
где S =a2K3/2 — площадь контура.
166
Далее можно перейти к формулировке и решению задач
второго «блока», включая рассмотрение других физи-
ческих явлений, связанных с явлениями задач первого
«блока». Рассмотрим, например, в примере 25.1 различные
явления, связанные с индукционным током (тепловые, маг-
нитные и т. д.).
Предположим, что необходимо определить количество
теплоты, которое выделится в рамке за первые 5 с, если
сопротивление рамки R==0,5 Ом.
Пренебрегая индуктивностью и емкостью контура, по за-
кону Ома находим силу индукционного тока в рамке:
I=£B/R^2№t/R. (25.6)
Так как сила тока не постоянна, то, применяя метод ДИ,
определяем искомое количество теплоты:
5 5
Q = $ PR dt = У \ (25.7)
о о
Подстановка числовых значений дает Q«5,3-10~5 Дж.
Легко сформулировать и решить обобщенную задачу
второго «блока»: в магнитном поле, индукция которого из-
меняется по закону R—f(t)\, где f(t) — произвольная (но диф-
ференцируемая) функция времени t, расположен плоский
контур площади S с омическим сопротивлением R, причем
плоскость контура перпендикулярна вектору В. Определить,
какое количество теплоты выделится в рамке к произволь-
ному моменту времени t.
Учитывая (25.4) — (25.7), находим решение обобщен-
ной задачи второго блока:
t
Q = (25.8)
О
Теперь уже любая конкретная задача второго «блока» ста-
новится элементарной и решается с помощью (25.8).
Можно сформулировать и решить конкретную и обоб-
щенную задачу третьего «блока» (а также четвертого,
пятого и т. д.), изменив условия протекания физических
явлений в задачах первого «блока». Например, пусть в ус-
ловиях задачи (25.1) магнитное поле не будет однородным.
Тогда уравнение (25.4) становится несправедливым и для
расчета магнитного потока необходимо использовать метод
ДИ.
167
Пример 25.2 В плоскости квадратной рамки с омиче-
ским сопротивлением /?=7 Ом и стороной а=20 см рас-
положен на расстоянии го=2О см от рамки прямой бес-
конечный проводник (рис. 25.1). Сила тока в проводнике
изменяется по закону где а=2 А/с3. Проводник
параллелен одной из сторон рамки. Определить силу
тока в рамке в момент времени /=10 с.
Решение. Вследствие изменения силы тока в про-
воднике магнитный поток через рамку изменяется и в ней
g возникает индукционный ток.
Рамка находится в неоднород-
25.1
ном магнитном поле. Поэтому
для расчета магнитного потока
применим метод ДИ (см. при-
мер 23.9).
Разделим площадь рамки на
столь узкие полоски (рис. 25.1),
чтобы в пределах каждой по-
лоски магнитное поле можно
было считать однородным. Эле-
ментарный магнитный поток
сквозь узкую полоску
ЙФ=ВаАх^*^..
2лх
Интегрируя это уравнение по х в пределах от г0 до го+я,
находим
Ф =
г#+в
p0/adx цоаа In (l-f-a/r0)
2л
ta.
x
г*
По закону Фарадея (25.1) определяем э.д.с. индукции:
Зц0аа In (1 -j-a/r0) /а
2я 4
и силу тока:
I = $и = (^4~a/fo) р / « 2 4 • 10“’ А
Можно было бы, конечно, сформулировать и решить обоб-
щенную задачу третьего «блока».
Рассмотрим конкретную задачу четвертого «бло-
ка».
Пример 25.3 Рамка (см. пример 25.2) удаляется от
бесконечного проводника со скоростью ц=100 м/с в на-
168
правлении, перпендикулярном проводнику. По провод-
нику течет постоянный ток /=10 А. Определить э.д.с.
индукции в рамке через £=10 сот начала движения, если
в начальный момент времени рамка находилась на рас-
стоянии г0—20 см от проводника.
Решение. Сила тока в проводнике постоянна, и
магнитное поле, созданное этим током, тоже не изменяется
во времени. Однако магнитный поток через рамку не по-
стоянен вследствие того, что положение рамки относитель-
но магнитного поля изменяется. Найдем магнитный поток
через рамку как функцию времени t. Применяя метод ДИ,
получаем
ф=!^Г1п(1+^)- <25-9)
где x=v£+r0 — расстояние рамки от проводника в момент
времени t. Дифференцируя уравнение (25.9) по времени t,
по закону Фарадея находим выражение для э.д.с. индук-
ции в рамке:
о =___________________
и 2л(а4-и/4-г0)(^4-г0) *
Производя вычисления (полезно заметить, что t>£^»r0,
vfe>a при />10“1 с и величинами г0 и а в скобках можно
пренебречь), получим
<£и=8-10-13 В.
Числовое значение э.д.с. ничтожно, ибо рамка движется
с большой скоростью и через время /=10 с, во-первых, бу-
дет находиться от проводника на расстоянии х=1 км, где
магнитное поле мало и где, во-вторых, изменение магнитного
потока через рамку также мало. Изменим несколько усло-
вия примера 25.3.
Пример 25.4 Пусть в условиях примера 25.3 от бес-
конечного проводника удаляется со скоростью о не вся
рамка, а лишь ее боковая сторона длиной а (рис. 25.2).
Сопротивление рамки известно. Сопротивление подводя-
щих проводов и подвижной стороны а равно нулю. Опре-
делить силу тока в контуре в произвольный момент вре-
мени t.
Решение. Обозначим It силу тока в бесконечном
проводнике. По условию она постоянна. Изменение магнит-
ного потока через контур обусловлено движением перемыч-
ки а. Применяя метод ДИ, находим магнитный поток Ф че-
169
рез контур:
pt
V \’О /
Го
(25.10)
и далее э.д.с. индукции и силу тока:
РоРЛа . Т
2nt '
^и==
2nRt *
Можно усложнить только что решенную задачу, пред-
положив, например, что сила тока в проводнике изменяется
со временем по какому-либо закону Zi=f(O* Тогда по (25.10)
Ф
। / р Л
2л \r0 )
и, следовательно,
. _ popaf (0 , Л . notiaf(t)
“ 2л \г0 )' 2л1 *
_ ЦрЦаГ (0 , ( v_ Л , ЦоЦаД0
“ 2nR \r0 2л Rt *
Пример 25.5 По двум гладким медным шинам, уста-
новленным под углом а к горизонту, скользит под дей-
ствием силы тяжести медная перемычка массой т
(рис. 25.3). Сверху шины замкнуты на конденсатор ем-
кости С. Расстояние между шинами I. Система нахо-
дится в однородном магнитном поле с индукцией В, пер-
пендикулярном плоскости, в которой перемещается
перемычка. Сопротивление шин, перемычки и скользя-
щих контактов, а также самоиндукция контура пренеб-
режимо малы. Найти ускорение перемычки.
170
Решение. Как и в предыдущей задаче, изменение
магнитного потока через контур обусловлено движением
перемычки. По закону Ома для неоднородного участка
э.д.с. индукции в любой момент времени равна разности
потенциалов Дер на обкладках конденсатора:
^и=Дф.
Но Д<р=Q/C. Следовательно, сила индукционного тока
в контуре
г dQ__р d (Л<р)р d^*и
Так как магнитное поле однородно, то

где S — площадь контура. Таким образом,
/ = СВ/^ = СВ/а,
di
где а — искомое ускорение перемычки.
На перемычку действуют две силы: сила тяжести mg и
сила Ампера НВ—СВЧ*а. По второму закону Ньютона,
та—mgsina—СВЧ2 а.
Отсюда
mg sin а
а~т-\-СВЧ2'
Если на перемычку действует сила трения, то легко пока-
зать, что
_mg sin а— fmg cos а
а~ т+СВЧ2
где f — коэффициент трения.
Если внешнее магнитное поле отсутствует, но сила тока /
в контуре изменяется с течением времени t, то собственный
магнитный поток
Ф=Ы (25.11)
через контур изменяется и возникает э. д. с. самоиндукции
£C=-L^. (25.12)
т
Э. д. с. самоиндукции создает ток самоиндукции. При раз-
мыкании или замыкании электрической цепи возникают
экстраток размыкания
/ = (25.13)
или экстраток замыкания
Z~ZO(1 — e-<*/L>'), (25.14)
где — установившееся значение тока в цепи,
— э. д. с. источника.
Пример 25.6 Соленоид с индуктивностью L = 10“1 Гн
и сопротивлением /?=2-10~а Ом замыкается на источ-
ник э. д. с. ^о—2 В, внутреннее сопротивление которой
ничтожно мало. Какое количество электричества прой-
дет через соленоид за первые 5 с после замыкания?
Решение. При замыкании соленоида на э. д. с.
возникает переменный экстраток замыкания (25.14). Поэто-
му для расчета количества электричества, которое пройдет
через соленоид, применим метод ДИ.
Разделим промежуток времени t на столь малые отрезки
(К, чтобы в пределах каждого такого отрезка времени силу
тока можно было считать приближенно постоянной. Тогда
элементарное количество электричества dQ, которое прой-
дет через соленоид за этот промежуток времени d/,
dQ= Idt = & (1 —е-(W<) dt
Отсюда после интегрирования по времени t находим
5
Q » С fy(1 — e-<W) dt = ^- (t +
J/?' ' R \ R /|о
о
(2«181Кл. (25.15)
Если бы мы ошибочно предположили, что сила тока мгно-
венно достигает своего установившегося значения Zo=
=^0/Z? (что, впрочем, возможно, если L мало), то мы полу-
чили бы Q=Z0/=(^,0/^)A Q=500 Кл. Этот ошибочный ре-
зультат очень сильно отличается от верного ответа (25.15).
Ответ Q=500 Кл был бы правильным, если бы по условиям
задачи явлением самоиндукции можно было пренебречь.
Прямым расчетом можно показать, что при L = 10“8 Гн за-
ряд Q«495 Кл. Таким образом, при £ = 10~3 Гн в данной
задаче явлением самоиндукции можно было бы пренебречь.
172
§ 26. Электромагнитные колебания
При исследовании электромагнитных колебаний в фи-
зическую систему обычно включают электромагнитное поле
и тела (имеющие второстепенное значение), в которых оно
локализовано (проводники, катушки индуктивности, кон-
денсаторы и т. д.).
Основная задача в теории электромагнитных колебаний
заключается в нахождении закона изменения во времени
какой-либо электрической или магнитной физической ве-
личины. Далее, используя уравнения, связывающие эту
величину с другими, определяют значения и этих величин.
Пример 26.1 Определить индукцию магнитного поля
внутри катушки идеального контура Томсона в момент
времени /= 10-4 • х/вл с, если при /=0 заряд на,конденсато-
ре Qi=10-5 Кл, а сила тока /1=0. Индуктивность ка-
тушки L=10-3 Гн, число витков на 1 м длины катушки
п=103 м-1, емкость конденсатора С=10~?Ф. Среда —
вакуум.
Решение. Физическая система состоит из проводни-
ков, образующих катушку индуктивности, конденсатора и
изменяющегося во времени электромагнитного поля. Не-
обходимо определить один из параметров (индукцию) это-
го поля в определенный момент времени. Это основная зада-
ча в теории электромагнитных колебаний.
Найдем закон изменения какой-либо электрической или
магнитной величины. В контуре происходят свободные не-
затухающие электромагнитные колебания. Как известно,
дифференциальное уравнение таких колебаний имеет вид
Q + ®2oQ=0, (26.1)
решением которого является уравнение гармонических ко-
лебаний
Q = Qosin(coof + ao). , (26.2)
Заметим, что уравнения, аналогичные (26.1) и (26.2), мож-
но было бы записать и для других величин (силы тока, на-
пряжения и т. д.). В уравнении (26.2) неизвестны три пара-
метра: угловая частота а>0, амплитуда ф0 и начальная фаза
а0. Угловую частоту а>0 находим из уравнения
co3=xl/(Z.Q, (26.3)
а амплитуду Qo и начальную фазу а0 — из начальных ус-
ловий (Q=Qi при /=0, а /г = — =
Qi=Qosinao, 0=—Q0co0cosa0.
173
Отсюда а0=л/2, Q0=Qi. Таким образом, уравнение гармо-
нических электромагнитных колебаний в контуре имеет вид
Q = Qi sin ( L_-1 + •
1 \/LC 2/
(26.4)
Итак^мы нашли закон изменения со временем какой-либо
электрической или магнитной физической величины (в дан-
ном случае электрического заряда Q).
Далее можно рассчитать силу тока в контуре в любой
момент времени:
=----Qi cos/-7i=f + 4Y 7 ^5-10-М,
а также индукцию магнитного поля:
В-цо(1п/---K^cos(p^=/ + |), В«6,3-10-‘Тл.
Используя затем уравнения, связывающие полученные
величины с другими, можно определить любую физическую
величину, характеризующую исследуемое явление. Напри-
мер, разность потенциалов на обкладках конденсатора
д Qi • ( 1 . , я \
Дч>=^3,п(лг/+т)-
напряженность электрического поля в конденсаторе (счи-
тая его плоским с площадью одной пластины S)
Е “ Г “ = S in (FT? * + Т ) ’
80 8(р е(Р \ у LC * /
плотность энергии электрического поля внутри конденсато-
ра
efleEa sQi . ,
-V-=254sin
плотность энергии магнитного поля внутри катушки
В’
2роН
2LC
cos’
М)
нт. д., ит. п. Легко видеть, что если отвлечься от конкрет-
ных числовых значений в условиях этого примера, то нами
практически получено решение обобщенной задачи на сво-
бодные незатухающие электромагнитные колебания в кон-
туре Томсона.
174
Пример 26.2 Омическое сопротивление контура Том-
сона /?=10а Ом, индуктивность Л==10~? Гн, емкость
С=10~’ Ф. Определить силу тока в контуре в момент
времени /=5-10~6 с, если при t=Q заряд на конденсаторе
Q01==10~5 Кл, а начальная сила тока равна нулю.
Решение. В контуре совершаются электромагнит-
ные колебания. Для решения основной задачи теории элект-
ромагнитных колебаний необходимо определить все пара-
метры (со, 6, Qo и а0) уравнения затухающих колебаний:
Q= Qoe~e/sin (ю/ + а0). (26.5)
Коэффициент затухания 6 и угловую частоту <о находят
из условий задачи:
6==X2L ’ V LC 6 •
Отсюда 6=5-103 рад/с, со-^8,7-10’ рад/с.
Начальную фазу а0 и Qo определяют из начальных ус-
ловий. Учитывая, что при 1=0 заряд на конденсаторе Q=
=Qoi, получаем первое уравнение для определения а0 и
Qo:
QO1/=Qosinao. (26.6)
Из условия, что в начальный момент времени сила тока
I = — ~ = —Qo [— 6e“e/sin (co/+ao)+coe-6f cos(<o/4-a0)]
(26.7)
равна нулю, находим второе уравнение:
—6sina0+®cosao=0. (26.8)
Решая систему уравнений (26.6) и (26.8), определяем а0 и
Qo'
ao=arctgco/6, а0«л;/3;
Qt-2QM//3.
Итак, закон изменения заряда Q со временем (уравнение
(26.5)) определен полностью:
~ уз е Sin \ V LC \2LJ Г + 3 / ’
Далее можно определить любую физическую величину,
характеризующую это конкретное физическое явление (за-
175
тухающие электромагнитные колебания). Искомая сила тока
находится из уравнения (26.7):
Qopsin(co/4-ao)—cocos (со/+ a0)] е~6/, /«4,6* 10-2 А.
Так же как и в задачах на свободные электромагнитные
колебания, при решении задач на установившиеся вынуж-
денные электромагнитные колебания сначала определяют
закон изменения какой-либо электрической или магнитной
величины, а затем, используя соотношения между различны-
ми физическими величинами, находят законы изменения
других искомых величин.
Часто при решении задач на вынужденные электромаг-
нитные колебания используют метод векторых диаграмм.
В этом методе гармоническое колебание Дф—Дср0 sin(Q/+a)
представляют в виде вектора Д<р: его длина равна ампли-
туде Дсро, а угол, который этот вектор составляет с некото-
рой горизонтальной осью (осью токов I или осью напряже-
ний Дер), в начальный момент времени равен начальной
фазе а (рис. 26.1). Вектор Дер вращается с угловой скоростью
Й против часовой стрелки. Рассмотрим несколько примеров,
иллюстрирующих применение метода векторных диаграмм.
26.2
Пример 26.3 Электрическая цепь состоит из э. д. с.
изменяющейся по гармоническому закону, и омического
сопротивления R, емкости С, индуктивности L, соеди-
ненных последовательно (рис. 26.2). Определить закон из-
менения напряжения на участке ARCLD как функцию
времени t.
Решение. Используем метод векторных диаграмм
(рис. 26.3). Пусть закон изменения силы тока задан в виде
/=/osinQ/, (26.9)
где Й— угловая частота изменения внешней э. д. с. На-
правим ось токов горизонтально. Тогда колебания напряже-
ния на сопротивлении R изображают вектором AcpOj?,
направленным по оси токов, колебания напряжения на
индуктивности — вектором Д<роь, направленным пер пен-
176
дикулярно оси токов, и колебания напряжения на емкос-
ти — вектором Дфос» также направленным перпендикуляр-
но оси токов, но в другую сторону. Модули этих векторов
составляют соответственно
Дфо/?—IoR', Дфо/.— IgQL и Дфос=/о/(ЙС).
Результирующее напряжение изображают вектором
Дф0= Дфод+Дфог+Дфос- Сумму напряжений на индук-
тивности и емкости
ДфоР = 4
называют реактивной составляющей напряжения. Таким
образом, результирующее напряжение изменяется по за-
кону
Дф=Дф0 sin(Q/+a), (26.10)
где амплитуда
Дфо = Л ]/+
и начальная фаза
а = arctg------—-
(26.11)
(26.12)
определяются из векторного треугольника О АВ (рис. 26.3).
Проведем анализ соотношения (26.11). Существенно от-
метить, что в это уравнение входят только амплитуды на-
пряжения Дф0 и тока /о, но не их мгновенные значения Дф и
/. Из (26.11) видно, что амплитуда тока /0 зависит от часто-
ты П внешней э. д. с. При воз-
растании Й от нуля до значения
Йр = соо=1/]/ТС (26.13)
амплитуда тока /0 возраста-
ет, ибо убывает полное со-
противление
(26.14)
При значении частоты й=
=йр амплитуда тока достигает
максимального значения. При этом реактивная составляю-
щая напряжения обращается в нуль и контур ведет себя как
чисто активное сопротивление. Это явление называют ре-
зонансом напряжений. Из (26.12) видно, что при резонансе
1П
напряжений разность фаз а между колебаниями тока и на-
пряжения обращается в нуль. При дальнейшем увеличении
й(й>(о0) амплитуда тока /0 убывает, асимптотически при-
ближаясь к нулю.
Пример 26.4 Сопротивление 7?—10 Ом и катушка с
индуктивностью L=0,l Гн соединены последовательно.
Какую емкость необходимо включить последовательно
в цепь, чтобы уменьшить сдвиг фазы между э. д. с. и
силой тока на Аа=27°? Частота изменения гармони-
ческой э. д. с. v=50 Гц.
диаграмм
Решение. Используя метод векторных
(рис. 26.4), получаем

/0QL __ QL
/о* “ * '
Отсюда ai=arctg(QL//?), ai«72°. Следовательно, a2=
—Aa, т. e. a2=45°. По формуле (26.12) находим
ig <Л2 — Д
Отсюда определяем неизвестную емкость (учитывая, что
Q=2nv):
о = о 7о—7----m » С « 1,5-102 мкФ.
2nv(2nvL—К)
Пример 26.5 Участок цепи состоит из конденсатора
емкостью С=200 мкФ и сопротивления /?=102 Ом, сое-
диненных параллельно. Определить полное сопротивле-
ние участка. Частота изменения гармонической э. д. о.
составляет v—50 Гц.
178
Решение. В методе векторных диаграмм горизон-
тальной осью для расчета параллельных соединений явля-
ется ось напряжений (рис. 26.5). Тогда ток в омическом со-
противлении /0« совпадает по фазе с напряжением, а ток
через конденсатор опережает напряжение по фазе на угол
ас=90°. Амплитуда общего тока /0 определяется из Д0АВ1
/.= 1/(Лф0ЙС)’ + (^')’ =---------------_
" 1 \ Я / R [1-f-(2nvC/?)2] “
Отсюда полное сопротивление участка
R
V l-f-(2nvC/?)2
15,6 Ом.
ГЛАВА 9
ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ ВОЛНЫ
§ 27. Интерференция света
Основная задача при изучении интерференции света
заключается в расчете интерференционной картины. Рас-
считать такую картину — это значит найти распределение
интенсивности / электромагнитных волн в пространстве.
Так как интенсивность пропорциональна квадрату ампли-
туды напряженности Ео электрического поля электромаг-
нитной волны, то основная задача интерференции сводится
к нахождению амплитуды Ео результирующего колебания
в произвольной точке среды.
При расчете интерференционной картины чаще всего
необходимо определить положение произвольного &-го
максимума (или минимума) и расстояние между двумя со-
седними максимумами (или минимумами). Метод решения
большинства задач на интерференцию света сводится к двум
основным этапам: нахождения оптической разности хода
6 и применения условия максимума
6=П0 (27.1)
или минимума
6-(24+1)^. (27.2)
Пример 27.1 Рассчитать интерференционную карти-
ну от двух когерентных источников lull (рис. 27.1),
расположенных на расстоянии d~5 мм друг от друга и
179
на расстоянии от экрана. Длина волны источни-
ков в вакууме Хо==5-10~7 м. Определить также положе-
ние на экране пятого максимума и расстояние между
соседними максимумами. Среда — вакуум.
Решение. До встречи в произвольной точке F эк-
рана (рис. 27.1), в которой оценивается результат интерфе-
ренции, каждая из волн проходит соответствующий геомет-
рический путь %! и х8. Предполагая для простоты началь-
ные фазы равными нулю, а амплитуды — одинаковыми, за-
пишем уравнения волн данных источников:
Ег — sin ( 2л v/—,
£a = £'01sin (.
\ ^0 /
По принципу суперпозиции результирующее колебание в
точке F
Е = £1 + £a = 2£01cos ^-(jq—х2) sin 2nvZ—-£-(xt—xa) I
является гармоническим с той же частотой v, но с амплиту-
дой
£0= 2£01cos [Д (%i—ха)1 , (27.3)
1Л0 J
зависящей от параметра (л/Хо)(^1—х2) = (л/Х0)6. Возводя
(27.3) в квадрат, получаем распределение интенсивности
света на экране:
/ = 4/01cosa(j?) = 27„ [l + cos(^)l. (27.4)
Свяжем разность хода 6 с координатой х точки F на эк-
ране. Из подобия треугольников АВС и DFO (учтя, что
180
6«|ВС|, a |F0|= х) находим
6/d=x/L. (27.5)
Отсюда
6=(d/L)x. (27.6)
Таким образом, распределение интенсивности
/ = 2/01 [ 1 + cos х) ] . (27.7)
График функции (27.7) представлен на рис. 27.2. Учи-
тывая условия максимума (27.1) и (27.5), определяем поло-
жение fe-ro максимума:
xk=*L&ld==kLbJd, хй=3-10~3м, (27.8)
а также расстояние между соседними максимумами:
Дх = х(й+1)—xh — LK9ld, Дх = 6-10-4м. (27.9)
Два реальных источника света не являются когерент-
ными. Поэтому рассмотренная задача о расчете интерферен-
ционной картины двух когерентных источников является
27.2
идеальной. Однако ее результаты и метод решения часто
используют при расчете реальных интерференционных уст-
ройств. В большинстве случаев в таких приборах луч раз-
деляется на две когерентные части. После прохождения
различных оптических путей эти части исходного луча ин-
терферируют.
Пример 27.2 Точечный источник света S с длиной вол-
ны Хо=5-1О“7 м расположен на расстоянии г=10 см
от линии пересечения двух плоских зеркал, угол между
которыми а=20' (бизеркала Френеля). Определить чис-
ло светлых полос интерференционной картины, полу-
чающейся на экране, удаленном от линии пересечения
зеркал на расстояние /=190 см (рис. 27.3).
181
Решение. Интерференционная картина получается
от двух когерентных источников / и //, расположенных в
точках Л и В и являющихся мнимыми изображениями ис-
точника света S в двух плоских зеркалах. Эта идеальная
D
27.3
задача была решена в примере 27.1. Таким образом, для
расчета интерференционной картины необходимо опреде-
лить расстояние |ЛВ|=^ между источниками. Расстояние
источников до экрана Lzed+r. В ДДОС угол ДОС=а.
Следовательно, d—2|ДС|=2|ДО| sin а=2га, ибо sin а«а,
так как угол а мал. Используя формулу (27.9), находим
расстояние между двумя соседними светлыми полосами:
дх__ _ ^oU+0
d 2ra
Число светлых полос можно определить, если будет най-
дена ширина интерференционной картины. Последняя же
определяется областью, где происходит перекрытие волн,
излучаемых источниками / и II. Из рис. 27.3 видно, что ши-
piftia интерференционной картины изображается отрезком
2|O1Z)|=2/tg а«2/а. Разделив ширину х интер-
ференционной картины на ширину светлой полосы Дх,
получим число tV светлых полос:
Дх Xq (/ -j- г)
Пример 27.3 Какой должна быть допустимая ширина
щелей de в опыте Юнга, чтобы на экране Э, расположен-
ном на расстоянии L—2 м от щелей (рис. 27.4), получи-
лась отчетливая интерференционная картина? Рас-
192
стояние между щелями d=5 мм. Длина волны Хо^бх
X 10~7 м.
Решение. В опыте Юнга две щели (точки Л и В на
рис. 27.4) являются когерентными источниками, дающими
на экране интерференционную картину. Предположим,
что эти источники точечные. Тогда интерференционная кар-
тина рассчитывается по формуле (27.8) и (27.9). Сместим
источники вверх и на расстояние d0. Интерференционная
картина сместится также вверх на расстояние d0. Рассмот-
рим суммарную интерференционную картину от четырех
точечных источников, расположенных в точках А и А', В
и В'. Она будет состоять из двух интерференционных кар-
тин, сдвинутых одна относительно другой на расстояние d0.
Если это расстояние меньше расстояния между соседними
светлой и темной полосами, которое по формуле (27.9) рав-
но k0L/(2d), то суммарная интерференционная картина по-
лучится отчетливой.
Пусть теперь имеется два неточечных когерентных ис-
точника (щели шириной AA'=BB'=d0). Согласно сказан-
ному, суммарная интерференционная картина отчетлива,
если выполняется условие
т. е- d0<0,1 мм.
Пример 27.4 В установке для получения колец Ньюто-
на пространство между линзой (показатель преломле-
ния п1=1,55) и плоской прозрачной пластиной (показа-
тель преломления zz3= 1,50) заполнено жидкостью с по-
казателем преломления /г2=1,60 (рис. 27.5). Установка
облучается монохроматическим светом (Хо=6-10“7 м).
падающим нормально на плоскую поверхность линзы.
Найти радиус кривизны линзы R, если радиус четвер-
того (k=4) светлого кольца в проходящем свете рк= 1 мм.
183
Решение. Интерференция лучей осуществляется в'
тонком жидком клине (показатель преломления жидкости л8
больше как так и л8). Именно в этой тонкой жидкой
пленке неодинаковой толщины каждый луч разделяется на
две когерентные части. В проходящем свете /г-й максимум
образуется вследствие интерференции луча /, прошедшего
через точку А в пластину, и части // этого же луча АВС,
отразившейся в точках Л и В и прошедшей в пластину
через точку С (рис. 27.5). Так как n2>n8 и то при
отражении в точках А и В потери полуволны не происхо-
дит. Следовательно, приобретаемая лучами / и II оптиче-
ская разность хода
6=2dn2,
где d — толщина жидкого клина в точке А. Учитывая, что
d=pg/(2P),
а также условие максимума (27.1), находим
2. р^2 == Н
z 2/? к °'
Отсюда радиус кривизны линзы
2
R=^-, Я»66см.
Пример 27.5 На стеклянную плоскопараллельную
пластину с показателем преломления п—1,5 падает
свет с длиной волны Х=6-10“7 м со степенью монохрома-
тичности АХ=5-10“10 м под углом падения i=45°.
При какой максимальной толщине пластинки интерфе-
ренционная картина в отраженном свете является еще
отчетливой?
Решение. Известно, что при интерференции моно-
хроматического света (Хо) в тонкой пленке толщины й и с
показателем преломления п условие максимума имеет вид
(в отраженном свете)
2/t Кп2—sin2i = (k + i) (27.10)
к /
Если свет немонохроматический, то угловая ширина
k-ro интерференционного максимума А/ определится из
уравнения (27.10) (после дифференцирования правой и ле-
вой частей при fe=const):
^-(2/i/n2—sin2t) Ai = + 4)
184
Отсюда
д/я -—\----L----
~ (2hVп*— sin8 О
di
Угловое расстояние Si между соседними макси-
мумами при монохроматическом свете также находится иа
уравнения (27.10) (после дифференцирования правой и ле-
вой частей при X=const):
(2h Vл2—sin2 i) Ы — №k.
u*
Отсюда при 6Л=1 (соседние максимумы)
~ (2Л У п2—sin2 i)
Интерференционная картина является отчетливой при
выполнении условия |ДЛ<|6Л, или
< Х/ДХ.
(27.11)
Подставив выражение для ) из уравнения (27.10)
в формулу (27.11), получим максимальную толщину плас-
тинки Лтах, при которой еще можно наблюдать интерферен-
ционную картину:
2ДХ
Лтах ~ 0,27 мм.
шал *
Известно, что степень монохроматичности лазерного
излучения^достигает ДХ=4*10“12 м. Следовательно, для
наблюдения интерференции в луче лазера можно взять
пластинку огромной толщины hmax«3,3 см! Степень монохро-
матичности белого (видимого) света ДХ«3,6-10~7 м, и, сле-
довательно, в этом случае/гтах«3,7-10~7 м, т. е. для наблю-
дения интерференции в белом свете должна быть взята тон-
чайшая пленка, толщина которой примерно составляет деся-
тые доли микрометра. Пленку такой толщины можно по-
лучить в жидком и твердом виде.
Как рассчитать интерференционную картину не от двух,
а от многих когерентных источников света? Часто в этом
185
случае используется метод векторных диаграмм. Рассмот-
рим для простоты случай равных амплитуд. Кроме того,
предположим, что разность фаз двух соседних источников
отличается на одно и то же
значение A<p=const.
На рис. 27.6 изображена
векторная диаграмма, соот-
ветствующая сложению Л^б
колебаний с одинаковыми амп-
литудами
|ЛВ| = |ВС| = |СП|=х
Амплитуду результирую-
щего колебания изображают
отрезком AG—E0. Определим
эту результирующую ампли-
туду. Очевидно, что точки А, В, С, D, Е, F и G располага-
ются на окружности радиуса R=|(Z4|=(OB| = . . . . Опус-
тим из центра окружности О на отрезки АВ и ВС перпенди-
куляры ОК и 0L. Тогда /COL=A(p, а /СОВ=Д<р/2. Из £±КОВ
определяем радиус окружности:
|КВ| , £qi
sin (Дф/2) = 2 sin (Дф/2)’
(27.12)
Так как \AH\-\HG\ (по построению OH±AG), то ре-
зультирующая амплитуда
Вв=|Л0| = 2|ЛЯ|.
(27.13)
Угол АОН равен V2(2n—Л7Д<р)=:п;—1/2Л7Дф, и из ДЛОЯ
находим
1лгг1 г» • ( /V Дф \ п . IN Дф \
| АН | = R sin ( л;--\ = R sin ( —g-!- J.
Подставляя это значение [ЛН[ в уравнение (27.13) и исполь-
зуя (27.12), получаем
г. j-. sin (N Дф/2)
Sln(4/2)
Энергия колебаний (а также и интенсивность /) пропор-
циональна квадрату амплитуды. Следовательно, интенсив-
ность результирующего колебания
. j sin2 (N Дф/2)
7“/о1 sin2 (Дф/2) ’
(27.14)
где /о! — интенсивность одного источника.
186
При малой разности фаз (Лф->0) уравнение (27.14) при-
нимает вид
/=/01№.
Таким образом, интенсивность главного максимума при
интерференции N источников пропорциональна квадрату
числа источников.
§ 28. Дифракция света
Основная задача при изучении дифракции заключается
в расчете дифракционной картины, т. е. в нахождении
распределения интенсивности света I. Более узкой задачей
является нахождение положения максимумов и минимумов
дифракционного спектра. Часто при расчете дифракционных
картин используются метод зон Френеля и метод ДИ
(см. §6).
Пример 28.1 На прямоугольную бесконечную щель
шириной а падает (перпендикулярно плоскости щели)
плоская монохроматическая волна с длиной волны X
(рис. 28.1). Найти распределение интенсивности I све-
та в дифракционной картине на экране Э. Решить ту же
задачу для системы N параллельных щелей, разделенных
непрозрачными промежутками шириной b (дифракцион-
ная решетка).
Решение. Элементарное применение метода зон
Френеля позволяет найти условие минимума дифракцион-
ной картины на одной щели
a sin <р=ЛХ
(28.1)
187
и условие максимума
a sin ф = (2/г1)
(28.2)
Однако мы не получили распределения интенсивности I
света в дифракционной картине. Применим метод ДИ. Зона
шириной dx (рис. 28.1), находящаяся на расстоянии х от
края щели С, посылает в направлении, определяемом углом
Ф, волну, уравнение которой имеет вид
dE = dE cos f (i)t —~ x sin ф
* \ a. T
(28.3)
где
dEx—c/a, c=const. (28.4)
В уравнении (28.3) учтено, что для волны, распростра-
няющейся в направлении CD, расстояния отсчитываются на
этой прямой. Следовательно, |С£)|=х8тф и фаза волны,
излучаемой зоной dx, равна со/—(2лА)х sin ф.
Проинтегрировав уравнение (28.4) по всей щели для
точки О, получим значение произвольной постоянной:
а
Ео» С — dx=c.
0 J а
Подставляя значение dEx из (28.4) в уравнение (28.3), на-
ходим
dE= —cosfco/—-^хзшф^х. (28.5)
а \ А /
Интегрируя уравнение (28.5) по всей щели, получаем
а
Е = f — cos (со/ —г х sin ф ) dx =
J а \ к j
[г. sin Г(лД) a sin <₽]] ( , л \
Ей —ДА —112 cos со/-------г a Sin ф .
0 (лД) а sin ср] \ л J
Следовательно, амплитуда колебаний в точке А
, __ р sin [(лД) a sin <р]
А • 0 (л/Х) a sin ф
(28.6)
Так как интенсивность света пропорциональна квадра-
ту амплитуды, то из уравнения (28.6) получаем закон для
распределения интенсивности света на экране в случае
188
дифракции на одной щели:
г ______j sina [(л/Х) a sin ф]
ф1 0 Цл/Х) a sin ф]2
(28.7)
Легко видеть, что из уравнений (28.6) и (28.7) получает-
ся условие минимума (28.1).
Дифракционная решетка состоит из N параллельных
щелей шириной а, разделенных непрозрачными промежут-
ками шириной b (рис. 28.2). Величину (а+/>) называют пе-
риодом дифракционной решетки.
Для количественного расчета дифракционной картины,
получаемой с помощью дифракционной решетки, восполь-
зуемся методом зон Френеля. Разделим фронт плоской моно-
хроматической волны, падающей нормально на дифракцион-
ную решетку (рис. 28.2), в каждой щели на зоны Френеля
параллельными плоскостями так же, как и в случае дифрак-
ции на одной щели. Расстояние между соседними плоско-
стями равно Х/2. Если в каждой щели укладывается чет-
ное число зон, то в данном направлении (в точке Д) образу-
ется минимум. Если в каждой щели укладывается нечетное
число зон, то в каждой щели остается одна непогашенная
зона. Пусть эти зоны располагаются у левых краев щелей
(точки В, С, D). Разность хода между соседними источни-
ками (непогашенными зонами) постоянна:
6==|ВЕ|=|СВ|=. . .=(<Ж>) sin Ф- (28.8)
Данной разности хода 6 соответствует постоянная разность
фаз
д ___2л6___2л (a-f-&) sin ф
X X
(28.9)
189
Следовательно, задача о расчете дифракционной карти-
ны дифракционной решетки свелась к задаче о расчете ин-
терференционной картины от многих когерентных источни-
ков с постоянной разностью фаз (28.9). Последняя задача
была решена в § 27 методом векторных диаграмм. Учитывая
формулы (27.14) и (28.9), получаем закон распределения
интенсивности света в дифракционном спектре дифракцион-
ной решетки:
(28.10)
где /Ф1 — интенсивность, создаваемая одной щелью (см.
формулу (28.7)).
Из уравнения (28.10) можно получить условие главных
максимумов
(a+b) sin <р=£Х.
(28.11)
Пример 28.2 На щель шириной а=10~2 мм падает нор-
мально к плоскости щели плоская монохроматическая
волна с длиной волны Хо=5-10“7 м. Определить угловое
положение первого максимума дифракционной картины.
Среда — вакуум.
Решение. Угловое положение первого максимума
можно определить из условия максимума (28.2). Отсюда
Ф = агсз1П5-, <р«4°18'.
(28.12)
Более точно угловое положение максимумов находят о
помощью формулы (28.7). Найдем экстремум функции /ф1,
взяв первую производную этой функции по ф и приравняв
ее нулю:
я \4
7- a sin ф I
190
tg(
I л •
Ф I = у asmф,
Отсюда получим трансцендентное уравнение для опреде-
ления экстремальных значений ф
л
у asm
которое после введения обозначения
(а/Л) sin ф=т (28.13)
принимает вид
tg пт=пт. (28.14)
Корнями трансцендентного уравнения (28.14) являются
следующие числа:
/П1=1,43, m2=2,46, т8=3,47, .... (28.15)
Учитывая (28.15), из уравнения (28.13) определяем уг-
ловое положение первого дифракционного максимума:
Ф = агсзшЦ-^, ф« 4°6'. (28.16)
Из формул (28.16) и (28.12) видно, что более точное ре-
шение (28.16) значительно отличается от приближенного
(28.12). Нетрудно оценить ошибку приближенного решения:
е = ^100%, т. е. е =
Необходимо заметить, что формула (28.7) не только дает
возможность найти точное угловое положение максимумов
дифракционной картины от одной щели, но и определить
интенсивность этих максимумов.
Пример 28.3 Определить максимальный порядок диф-
ракционного спектра, полученного от дифракционной
решетки с периодом (а+Ь) =0,005 мм при нормальном
падении на нее плоской монохроматической волны с дли-
ной волны Хо=6-10~7 м (в вакууме).
Решение. Максимальный порядок дифракционного
спектра определяется из условия максимума (28.11). Зна-
чение sin ф не может по модулю превышать единицы; сле-
довательно,
Отсюда
^тах (^~|-/>)/Хо, ^max^®*
Однако такое решение является неточным. Оно получе-
но в предположении, что в формуле (28.10) интенсивность
191
освещенности /ф1, создаваемая одной щелью, постоянна и
не зависит от угла <р. Из уравнения (28.7) видно, что /ф1
зависит от угла <ри может (при определенных углах ср) при-
нимать значение, равное нулю. Найденное решение опре-
деляет лишь максимально возможный порядок спектра.
Но не все главные максимумы (28.11) реализуются: те из
них, положение которых совпадает с минимумом дифрак-
ционной картины от одной щели (28.1), исчезают; осуществ-
ляются только те главные максимумы, которые попадают в
центральный максимум дифракционной картины от одной
щели. Следовательно, максимальный порядок осуществ-
ляемых главных максимумов определяется из соотношения
(28.1) и (28.11).
Из уравнения (28.1) при /г==1 определяем угловую полу-
ширину центрального максимума дифракционной картины
от одной щели:
a sin <pmin=X. (28.17)
Из уравнения (28.11) находим максимальный порядок
реализуемых главных максимумов:
(<2~|-/>) Sin фт1п ^тахХ.
Учитывая условие (28.17), получаем
Для окончательного решения задачи необходимо задать
ширину щели а. Для ai=10-8 мм и а2=/>=2,5-10~8 мм с по-
мощью последнего соотношения получаем
^тахя^> ^тах = 2.
Заметим, что в последнем решении мы пренебрегаем реа-
лизуемыми главными максимумами, попадающими в облас-
ти максимумов, следующих за центральным максимумом
дифракционной картины от одной щели. Можно показать,
что интенсивность этих последующих максимумов мала.
Пример 28.4 Интенсивность центрального максимума
при дифракции на одной щели равна /0< Определить от-
ношение интенсивностей последующих трех максимумов
к интенсивности центрального максимума 10.
Решение. Из условия максимума (28.13) для диф-
ракции на одной щели
(а/Х) sin ф=т,
192
где m = l,43; 2,46; 3,47; . . . (см. (28.15)), и формулы (28.7)
находим искомые соотношения:
/ /<р 1 V_Г sin (Л/П1) 12
\ /о / L nmi
sin (л/п8) ~|2
лт3 J
/ Лр1 Г sin (шп2)12 //ф1 у"
\ /0 / L л/п2 J ’ \ /0 /
После подстановки числовых значений получаем:
(/<р1//о),«0,047; (/ф2//о)"~О,О17; «0,008.
ТЕРМОДИНАМИКА И МОЛЕКУЛЯРНО-
КИНЕТИЧЕСКАЯ ТЕОРИЯ
ГЛАВА 10
ТЕРМОДИНАМИКА
§ 29. Первое начало термодинамики
Из опыта известно, что все макротела состоят из микро-
объектов (молекул, атомов, ионов и т. д.). Микрообъекты
находятся в хаотическом (тепловом) движении. Так как мо-
лекулы, атомы и т. д., имеют весьма малые размеры, то в
сравнительно небольшом по объему макротеле находится
огромное количество микрообъектов. Например, в 1 см3
идеального газа при нормальных условиях содержится
2,7-1019 молекул. Следовательно, физические системы, ко-
торые необходимо рассматривать при решении задач этого
раздела, состоят из большого числа объектов. Легко пока-
зать, что динамическое (механическое) описание таких си-
стем не только практически невозможно, но и бессмыслен-
но. Поэтому для исследования физических систем в молеку-
лярной физике существует два метода, взаимно дополняю-
щих друг друга: термодинамический и статистический.
Статистический метод будет рассмотрен в следующей главе.
В основе термодинамического метода лежит несколько
фундаментальных законов, полученных из опыта. Это, во-
первых, уравнение состояния
/(р, V, Т)=0, (29.1)
где р — давление, V — объем, Т — термодинамическая
температура системы. В этой и следующей главе в качест-
193
ве физической системы будем рассматривать только идеаль-
ный газ. Для идеального газа уравнение состояния (29.1)
превращается в уравнение Менделеева —
Клапейрона
= (29 2)
где т — масса газа, М—молярная масса, /?=8,31
Дж/(моль-К)— универсальная газовая постоянная.
Уравнения состояния (29.1) или (29.2) справедливы толь-
ко для физических систем, находящихся в состоянии термо-
динамического равновесия. В этом состоянии физическая си-
стема в каждой точке объема V характеризуется вполне оп-
ределенным и одним и тем же значением давления р и соот-
ветственно температуры Т. Следовательно, термодинами-
чески равновесное состояние физической системы, состоя-
щей из большого количества молекул, характеризуется не-
большим количеством параметров (давление р, объем V,
температура Т и некоторые другие). Эти параметры назы-
вают макропараметрами, а само состояние системы — мак-
росостоянием. Понятие термодинамически равновесного
состояния системы является идеализированным. В любом
реальном случае или давление р, или температура Т в ка-
кой-либо точке объема V, занимаемом системой, изменяются,
но это изменение (для равновесного состояния) должно
быть столь малым, чтобы им можно было пренебречь.
Основу термодинамического метода составляют также
первое и второе начала термодинами-
ки. По первому началу термодинамики,
6Q«dU+M, (29.3)
где
(29.4).
— элементарное количество теплоты, полученной системой,
С — ее молярная теплоемкость, dU — изменение внутрен-
ней энергии физической системы, а
6A=pdV ’ (29.5)j
— элементарная работа, совершенная системой. Для идеаль-j
ного газа |
dl/ = S£dT, (29.6)1
JV1 £
где i — число степеней свободы его молекул.
194
Первое начало термодинамики в форме (29.3) справед-
ливо для элементарных квазистатических процессов. В ре-
зультате квазистатического процесса система проходит че-
рез последовательный ряд равновесных состояний. Так как
равновесное состояние системы может быть изображено
точкой в некоторой системе координат (обычно p-V), то
квазистатический процесс в этой же системе координат пред-
ставляется некоторой линией. Графическое изображение
различных процессов очень часто используют при решении
задач термодинамическим методом.
Квазистатическими считают следующие изопроцессы: изо-
хорный (JZ=const, т—const), изобарный (p=const, т —
=const) и изотермический (T=const, m—const). Другие
процессы (например, адиабатный: 6Q=0) также могут
быть квазистатическими, если они протекают столь медлен-
но, что система проходит через последовательный ряд рав-
новесных состояний.
Количество теплоты 6Q и работа 6Д являются характе-
ристиками процессов теплопередачи и совершения рабо-
ты. Эти процессы различны: первый происходит на микро-
уровне (в результате взаимодействия микрообъектов — мо-
лекул, атомов и т. д.), второй — на макроуровне (в резуль-
тате взаимодействия макротел). Процесс теплопередачи
называют элементарным, если изменение температуры dT1
столь мало, что теплоемкость С можно считать постоянной.
Тогда количество теплоты можно рассчитать по формуле
(29.4). Для расчета количества теплоты в случае неэлемен-
тарного процесса теплопередачи применяют метод ДИ
(см. §6).’
Tt
Q = J|CdT. (29.7)
Л
Для вычисления этого интеграла необходимо знать за-
висимость теплоемкости С от других параметров.
Если теплоемкость С постоянна (C=const), то процесс
называют политропным и для таких процессов
Q=^C(T2-7\). (29.8)
Процесс совершения работы называют элементарным,
если изменение объема dV столь мало, что давление р мож-
но считать постоянным. Конечно, давление р и в элементар-
ном-процессе изменяется, но это изменение dp должно быть
195
столь малым, чтобы им можно было пренебречь, приближен-
но считая давление постоянным. Тогда работу можно рас-
считать по формуле (29.5). Для неэлементарного процесса
Ра
О
работу рассчитывают методом
ДИ:
4 = J pdV. (29.9)
v,
' В системе координат (р- V)
работа численно равна пло-
щади заштрихованной фигу-
ры на рис. 29.1 (кривая 1-2
изображает соответствующий
процесс).
Таким образом, элементарный процесс, для которого
применяется уравнение первого начала термодинамики в
форме (29.3), должен удовлетворять двум выше сформули-
рованным условиям.
Для неэлементарного процесса первое начало термодина-
мики записывают в виде
тг vt
С ^Cdr = Al/ + f pdV
Л V,
(29.10)
или, учитывая (29.7) и (29.9),
(29.11)
где Д£/=С/2—Ui — изменение внутренней энергии в этом
процессе (оно не зависит от вида процесса, а определяется
только начальным и конечным состояниями физической си-
стемы).
Основная задача термодинамики равновесных процес-
сов заключается в нахождении всех макросостояний физи-
ческой системы. Если начальное и конечное состояния
системы известны, можно определить изменение ее внутрен-
ней энергии. Если, кроме того, известны и промежуточные
состояния системы (т. е. известен процесс), то можно найти
работу, совершенную системой, рассчитать количество теп-
лоты, полученной (или отданной) системой, и т. д.
Пример 29.1 Водород Н2 объемом 1 м3, находившийся^
при нормальных условиях, сначала изохорно перевели d
состояние с давлением, в п раз большим первоначального 1
а затем изобарно в состояние с объемом, в k раз большим
первоначального. Определить изменение внутренне^
196
энергии газа, работу, совершенную им, и полученное
количество теплоты.
Решение. Физическая система состоит из некоторой
массы т (ее нетрудно определить) идеального газа, моляр-
ная масса М которого известна. Начальное макросостояние
системы (/ на рис. 29.2) известно (нормальное давление
Ро^Ю* Па, нормальная температура 7’0=273 К и объем
F==l м3 известны по условию). Состояния и процессы, в ко-
торых участвовала система, изобразим графически в си-
стеме координат (p-V) (рис. 29.2). Найдем параметры вто-
рого 2 и третьего 3 макросостояний системы. Для этого
используем уравнение Менделеева — Клапейрона (29.2)
и определения изопроцессов:

т __ мР?Уг __ Mnpovo.
2 mR mR ’
(29.12)
п _п _„п У — ьу Т — — MnkPoVo
(29.13)
Так как процессы, в которых участвовала система, яв-
ляются квазистатическими и политропными, то искомые
величины можно определить по приведенным выше форму-
лам. Изменение внутренней энергии
т IR {Г, Т miR f Mnkp0V0 Mp0V0\
~M~2 " 3“2 °' ~ 2M \ mR mR Г
=yP,V„(nft-l). (29.14)
A
В изохорном процессе dV=O и работа равна нулю. Ра-
бота в изобарном процессе
А =р2(К3—^г)=лро(^о—V0)=PoV0n (k—1). (29.15)
197
Количество теплоты
Q - Q,+Q, - £ С ДТ,-Г.) + £ С, (Г,-Г,) =
=££s[i (nk—1) + 2л(*— 1)]. (29 16)
В последнем соотношении использована формула
Майера
Cp=Cv+R. (29.17)
Количество теплоты можно было бы рассчитать по пер-
вому началу термодинамики (29.11):
<2 = ДУ + Л = 4-p,Vo(n*-l) + p,Von (*-!) =
=^[<(л*-1) + 2Я(А-1)];
это совпадает с полученным ранее результатом (29.16). Для
числового расчета необходимо выбрать разумные значения
величин п и k. Из уравнений (29.13) видно, что значение п
определяет максимальное давление р3—пр0, а произведение
nk — максимальную температуру 7\=nk7\. Значение п
не может превышать nmax = 100, ибо при давлениях, равных
(и больших) 100 ро, газ уже не является идеальным. Прриз-
ведение nk не может превышать значения (п&)тазс~10, так
как при температурах Т3«1070~3-103 К (и больших),
во-первых, могут расплавиться стенки сосуда (необходимо
их охлаждать) и, во-вторых, молекулярный водород ста-
нет атомарным, а при еще больших температурах в сосуде
окажется уже водородная плазма. Полагая п=5 и k—2, из
формул (29.14), (29.15) и (29.16) получаем:
ДС/«2,2.10в Дж, Д=5-105Дж, 3«2,7-10вДж.
Полезно было бы исследовать такой вопрос: каково
должно быть соотношение между п и k (при n£=const),
чтобы отношение Д/Q было максимальным? Оставляя этот
вопрос читателям, поставим другой: как изменились бы
искомые величины, если бы система из начального состоя-
ния перешла в конечное (квазистатически) по пунктирной
прямой (рис. 29.2)? Ответ на этот вопрос легко получить из
первого начала термодинамики (29.11). Изменение внутрен-
ней энергии &U не зависит от вида процесса, а определи-
. ется начальным и конечным состояниями системы. Поэтому
изменение внутренней энергии остается прежним и будет
равно At/«2,2-10® Дж. Работа уменьшится (площадь тра-
198
пеции ABDE меньше площади прямоугольника ACDE).
Следовательно, по первому началу термодинамики (29.11)
система получит и меньшее количество теплоты.
Пример 29.2 Два моля азота N2, находившиеся при
нормальных условиях, сначала изотермически перевели в
некоторое состояние, а затем квазистатически и адиа-
батно — в конечное состояние с объемом, в четыре раза
большим начального. Определить работу, совершенную
газом, если в изотермическом процессе ему было сообще-
но Q=11 300 Дж теплоты.
Решение. Определим промежуточное и конечное
макросостояния системы. Уравнение Менделеева — Кла-
пейрона приводит к неопределенной системе уравнений.
Используем первое начало термодинамики (29.11). Для
изотермического процесса
v2 v2
Л«’'.7=й'гТ-1"К-
Vo Vo
где Xi — работа, совершенная газом в изотермическом про-
цессе. Отсюда определяем объем промежуточного состояния:
Далбе, используя уравнение адиабатного процесса
(4V0)v-\
находим конечную температуру Т
Т -Т (v-D/(^D
3 ° 4V-1
В этих формулах y=Cp!Cv — показатель адиабаты. По
формуле (29.6) получаем изменение внутренней энергии:
А„ m iR (Т m iRTJ /
^М~2 “ 8—1 ™ L 4V-i 1 /
Отсюда получаем А «4500 Дж. Заметим, что после нахож-
дения параметров макросостояний можно было бы рассчи-
тать искомую работу и непосредственно по формуле (29.5).
Пример 29.3 Найти для идеального газа уравнение та-
кого процесса, при котором теплоемкость газа изменя-
ется с температурой по закону С—(х!Т, где a=const.
Решение. Процесс не политропный. Поэтому при-
меним первое начало термодинамики в форме (29.3) для од-
199
ного моля газа:
idT = CvdT + pdV.
Используя уравнение Менделеева — Клапейрона (29.2),
перепишем это уравнение в виде
^&T = CVAT + RT
Разделив левую и правую части на RT, после интегрирова-
ния получаем
-^=^|пг+1п1,+соп5‘-
Отсюда находим искомое уравнение процесса:
VTi/(v-De(a/«D = const
§ 30. Второе начало термодинамики
В результате какого-либо процесса система может вер-
нуться в исходное состояние. Такой процесс называют кру-
говым или циклическим. Используя первое начало термоди-
намики, можно доказать, что к. п. д. произвольного цикла
n=(Qi~Q2)/Qb (30-1)
где Qi — теплота, полученная системой от нагревателя,
Q2 — теплота, отданная системой холодильнику. Для цик-
ла Карно (две изотермы и две адиабаты)
П=(Т1-Т2)/Т1, (30.2)
где Ti — температура нагревателя, Т2 — температура хо-
лодильника.
Приведенной теплотой элементарного процесса называют
отношение 6Q/T. По теореме Клаузиуса,
сумма приведенных теплот для произвольного цикла меньше
нуля, а для обратимого цикла равна нулю:
^^<0. (30.3)
Отсюда, как следствие, вытекает, что сумма приве-
2
денных теплот (т. е. J T~l 6Q) для любого обратимого
процесса не зависит от вида процесса, а определяется лишь|
200
начальным (1) и конечным (2) состояниями системы.
Далее вводится понятие энтропии S системы как функции
состояния, изменение которой зависит только от началь-
ного и конечного состояний системы;
(30 4)
где интегрирование производится по любому обратимому
процессу, в результате которого система переводится из
состояния 1 в состояние 2.
Пример 30.1 Цикл (рис. 30.1) состоит из двух изотерм
(7\=600 К, Тй=300 К) и двух изобар (р1==4р8). Опре-
делить к. п. д. цикла, если рабочим веществом служит
идеальный газ, число степеней свободы молекул которого
i=5.
Решение. Физическая система состоит из одного мо-
ля идеального газа. В этой системе происходит круговой
процесс, состоящий из двух изотерм и двух изобар
(рис. 30.1). Для нахождения к. п. д. цикла по формуле
30.1
(30.1) необходимо определить Qi и Q2. Система получает
теплоту Qi при изобарном переходе из состояния 1 с пара-
метрами ръ Vi, Т2 в состояние 2 с параметрами ръ V[, Тi
и при изотермическом расширении из состояния 2 в состоя-
ние 3 с параметрами р2, V2, 7\:
Q1=C/,(T1-TjS)+RT1 In (Vs/vo. (30.5)
Система отдает теплоту Q2 холодильнику при изобар-
ном переходе из состояния 3 в состояние 4 с параметрами
Pi, V'i, Т2 и при изотермическом сжатии из состояния 4
в состояние /:
Qi=Ср (Т.-Т.)+RTt in (v;/v*). (30.6)
201
Из закона Бойля — Мариотта для изотерм 7\ и 7\
и рУ^рМ
следует, что
Уч Уг^Р!
v;=Vi рУ
Подставляя эти отношения объемов в формулы (30.5) и
(30.6) и учитывая (30.1), находим
_ * R (7\ — 'Рг) 1° (Р1/Р2)
}~~Ср (Тг-T^ + RTj. in (Р1/ра)-
Используя известное соотношение CJ0=1/a(i+2)/?, где i —
число степеней свободы, окончательно получаем
_______Т\-Т2
Ч- , (f+2)(7-x—Г,)-
* 'г 2 In iptlpi)
Расчет дает т]«22,5%.
К. п. д цикла Карно для таких же температур Тх на-
гревателя и Т 2 холодильника
П=(Ту-Т3)/Ти п^50%.
Если увеличить степень сжатия (положив, например,
Pi/p2=20), а число степеней свободы молекул газа умень-
шить (i=3), то к. п. д. цикла из двух изотерм и двух изо-
бар можно повысить до rj«35%. Но в любом случае он оста-
нется меньше к. п. д. цикла Карно.
Пример 30.2 Цикл состоит из изотермы (7\=600 К),
изобары и изохоры (рис. 30.2). Отношение УУУ3=2.
Рабочее вещество — идеальный газ (i=5). Определить
к. п. д. цикла как функцию максимальной (7\) и мини-
мальной температур рабочего вещества.
Решение. Определим минимальную температуру.
В изобарном процессе газ охлаждается, а в изохорном —
нагревается. Следовательно, минимальная температура —
это температура Т3 в состоянии 3. Из уравнений состояния
для точек 2 и 3
pVz—RTi, pV3—RT3,
находим минимальную температуру:
Г8=Г8Из/Уа=0,5 7\, Т8=300 К.
Так как все процессы политропны, то, используя первое
начало термодинамики (для изотермического процесса)
202
и формулу (29.8) (для изобарного и изохорного процессов),
определим количество теплоты, поглощаемое (отдаваемое)
рабочим веществом в этих процессах. Для изотермического
процесса
<?1а=£7\ 1п(1/2/%).
Так как Vi=V8, а У2/У8=7\/Т8, то
Qiz=R7\ 1и(Т\/Г8).
Для изобарного процесса
Q«=ср (г, - ts)=£±? r (т, - г,).
Для изохорного процесса
<г„=Сг(Т1-Т,)=-^(Л-7’,)-
Объединяя полученные результаты по формуле (30.1), на-
ходим к. п. д. цикла:
„ Qia + Qst—Q23 1*/а 04-2) (7\— Т3) 1П0Z
Q124-Q3!
Пример 30.3 Определить изменение энтропии одного
моля идеального газа в изобарном, изохорном и изотер-
мическом процессах.
Решение. Физическая система — один моль идеаль-
ного газа — участвует в трех изопроцессах. Эти процессы
квазистатические и обратимые. Следовательно, изменение
энтропии можно получить непосредственно по формуле
(30.4).
Для изобарного процесса
Т т
ASp = j^ = y’^ = C,ln^ = C,ln^. (30.7)
Л Л 1
Для изохорного процесса
г, л
= J = J £E»L=CFln^=Crlng. (30.8)
Л 7, 11
Для изотермического процесса
v, ~
до С bQ С 6Л С pd.V С RTd]Z р . V% /пп q\
~ \ J 7 = J ~Т~ “ J TV ~~ К П Vi * (30.9)
vt
203
Применим полученные результаты к циклу из приме-
ра 30.2. Этот цикл состоит из изобары, изохоры и изотермы.
Все эти процессы обратимы, и, следовательно, весь цикл
также обратим. Для обратимого цикла по теореме Клаузиу-
са (30.3) изменение энтропии равно нулю:
A SpH- A S у-|- AS т == 0.
Отсюда, учитывая формулы (30.7) — (30.9) и обозначения
примера 30.2, находим
Cp]n^ + Cv In ^ + R 1пЬ = 0.
Так как Vi=V8, a Va/V3—7\/7\ (см. пример 30.2), то
_C,ln-£ + Cvln-£ + tf£ = 0.
Отсюда получаем известное уравнение Майера (29.17):
Cp=Cv+R.
Изобразим изменение энтропии в рассматриваемом цик-
ле в системе координат (S-ln Т) (рис. 30.3). На участке 1-2
изотермического расшире
ния (In Т=const) энтропия
возросла на ASr=0,7 R, а
на участке 2-3 изобарного
охлаждения она уменьши-
лась на ASp=3,5-0,7 R и
на участке 3-/ изохорного
нагревания энтропия воз-
росла на ASv=2,5xO,7 R.
Полное изменение энтро-
пии за цикл равно нулю:
ASp-)- ASy-j- ASf—0. Ес-
тественным кажется воз-
растание энтропии на уча-
стках 3—1 и 1—2 (это
формально согласуется с
законом возрастания энтропии). На первый взгляд не
совсем понятно, почему на участке 2-3 энтропия системы
убывает (это противоречит закону возрастания энтропии).
На самом деле никакого противоречия с законом возраста-
ния энтропии здесь нет. Этот закон справедлив лишь для
адиабатно изолированной системы. Система, рассматривае-
мая в примере 30.2, адиабатно не изолирована: при изотер-
мическом расширении 1-2 и изохорном нагревании 3-1 она
204
получает теплоту, а при изобарном охлаждении 2-3 отдает
ее внешним телам.
Пример 30.4 Адиабатно изолированный сосуд разде-
лен на две равные части жесткой и нетеплопроводной
перегородкой (рис. 30.4). В каждой половине сосуда на-
ходится по одному молю одинакового идеального трех-
атомного газа: в левой половине — при температуре
Ti=600 К, в правой — при температуре 7\=300 К.
Перегородку убирают. Определить изменение энтропии
газа после того, как установится равновесное состояние.
Решение. Рассмотрим три физические системы. Си-
стема I состоит из одного моля газа, находящегося в левой
половине сосуда при температуре 7\. До снятия перегород-
ки она адиабатно изолирована и находится в равновесном
состоянии. Система II состоит из одного моля такого же
газа, находящегося в правой половине сосуда при темпера-
туре ТгСТь До снятия перегородки она также адиабатно
изолирована и находится в равновесном состоянии. Систе-
ма III (общая) является объединением систем I и II. До и
после снятия перегородки и
в системе III и в каждой из
систем I и II происходят не-
квазистатически е и необрати-
мые процессы, в результате
которых в них устанавлива-
ются равновесные состояния.
Так как возникающие про-
цессы необратимы, то приме-
нять непосредственно формулу (30.4) для нахождения изме-
нения энтропии системы III нельзя. Необходимо найти та-
кие процессы, в результате которых системы I и II из на-
чального в то же конечное состояние перешли бы обрати-
мым образом. Для этого необходимо нарушить первона-
чальную адиабатную изолированность систем I и II. Поста-
вим вместо нетеплопроводящей идеально проводящую теп-
лоту невесомую перегородку. Теперь системы I и II имеют
тепловой контакт (они адиабатно не изолированы). В каж-
дой системе происходит обратимый изохорный процесс (в
левой — охлаждения, в правой — нагревания до темпера-
туры смеси 0). Нетрудно найти конечную равновесную тем-
пературу:
0=(Л+Тй)/2.
30.4
Теперь можно убрать и эту (теплопроводящую) перего-
родку. Так как обе подсистемы I и II находятся в термодина-
205
мическом равновесии при температуре 0, то и общая систе-
ма III находится в равновесном состоянии. Заметим, что
если изохорные процессы в системах I и II можно считать
обратимыми, то процесс теплопередачи в системе III нель-
зя считать обратимым. Обозначим ASi и ASa изменения
энтропии систем I и II. Тогда изменение энтропии
системы III
AS=ASi+&St.
Для системы I (по формуле (30.8))
о
Д$.= j^ = Cvln-^-=Cv ln|fl+^.y
л 1 1
Для системы II
е
ASs = j Ц^ = С1.1п^ = Си1п1|'1+А\
Г, ’ *
Легко видеть, что ASi<0, a AS2X), т. е. энтропия си-
стемы I убывает, а энтропия системы II возрастает (вспом-
ним, что эти системы, после того как была поставлена тепло-
проводящая перегородка, перестали быть адиабатно изо-
лированными и энтропия каждой из них может и возрастать,
и убывать). Общая система III остается адиабатно изолиро-
ванной, и энтропия в ней в результате необратимого про-
цесса должна возрастать. Действительно, |AS1|<|AS2| и
AS — AS j ASa — Cv Г In -x- f 14- 'j 4~
L \ * i /
"t 1пт(1 + 7;)]>0-
Так как Cv=iRl2, то AS~3 Дж/(моль-К). Таким образом,
если количество теплоты Qi, переданной системой I, равно
количеству теплоты Q2, полученной системой II (|Qi!=!Q»l)»
то изменение энтропии ASi систем I по модулю не равно
изменению энтропии AS2 системы II в этом же процессе
теплопередачи |ASi|#=lAS2|).
ГЛАВА II
МОЛЕКУЛ ЯРНО-КИНЕТИЧЕСКАЯ
ТЕОРИЯ
§ 31. Распределение Максвелла — Больцмана
В статистическом методе в отличие от термодинами-
ческого существенным является предположение о «зернис*
той» структуре'макротел. В этом методе используют еле*
дующие (подтверждаемые многочисленными опытами) по-
ложения: все макротела состоят из микрообъектов; микро-
объекты участвуют в хаотическом движении; микрообъекты
взаимодействуют между собой. В классической статисти-
ческой физике предполагают, что два одинаковых микро-
объекта не тождественны. Поведение одной микрочастицы
(материальной точки) рассматривают в шестимерном фазо-
вом пространстве (^-пространстве) координат (х, у, г) и
проекций вектора импульса (рх, ру, pz) или вектора скоро-
сти (vx, vy, иг). Ее состояние определяется точкой в этом про-
странстве. Если микрочастица движется хаотически, то
ее нахождение в элементе объема dx^=dxdydzdpxdpvdpz это-
го пространства является случайным событием, вероят-
ность которого
dw—f(x, у, z, рх, ру, pz)dx, (31.1)
где f — функция распределения (плотность вероятности).
Функция / удовлетворяет условию нормировки
pdr=l. (31.2)
В (31.2) интегрирование производится по всему фазовому
пространству. С помощью функции f можно определить сред-
нее значение некоторой функции q>(x, у, z, рх, ру, pz):
<<?>== fadx. (31.3)
Распределение Максвелла — Больцмана молекул в р-
пространстве имеет вид
dw(x, у, 2, рх, Ру, pz) =
Г Vx + Py+Pz 1 /
—~+a(x,y.z)l(kr) Q
= e t 2m J' dxdy dz dpx dpy dpz, (31.4)
где U (x, y, z) — потенциальная энергия молекулы.
Распределение Максвелла — Больцмана можно рассмат-
ривать как два независимых распределения в трехмерном
207
пространстве импульсов (распределение Максвелла)
dw (р„ ру, р,) - dpx dp, dp, (31.5)
и в трехмерном пространстве координат (распределение
Больцмана)
dw(x, у, z) = Be~y(A:’^2)/(ftr)dxdz/dz,
(31.6)
где А и В — постоянные, определяемые из условия норми-
ровки (31.2). Учитывая условие нормировки (31.2), получаем
распределение Максвелла:
dw(px, ру, pz) — (2nmkT)t^Q''^Px+p^+p^^mkT) х
х ^Ру &Pz-
(31.7)
Из распределения Максвелла (31.7) можно получить:
распределение по компонентам скоростей (vx, vy, vz)
m(vx + t>u+v^\
\ »* */____*•/
(\ «/ X Л у
-2~r) e' ™ d^d^d^ (31.8)
распределение по модулю скорости v
/ m \ ®/ -
dw (о) = 4л (-5-7=-) ap2e 2kT do,
' ' \ 2лкГ J
распределение по кинетической энергии £к
f I 4 2/ __K_
day (EK) = 2л (-4=-) e" d£K
(31.9)
(31.10)
и другие распределения.
В состоянии термодинамического равновесия макросо-
стояние системы, состоящей из М частиц, характеризуется
сравнительно небольшим числом макропараметров (физи-
ческих величин, которые можно определить путем измере-
ния из эксперимента), имеющих определенное, не зависящее
от времени значение. Вследствие хаотического движения
частиц их положения и скорости непрерывно изменяются.
Следовательно, изменяются микросостояния системы, в то
время как макропараметры остаются постоянными. Таким
образом, одному и тому же макросостоянию соответствует
множество микросостояний. Поэтому любые макроскопи-
ческие величины зависят от микроскопических парамет-
ров. В статистической физике принимается, что наблюдае-
мые экспериментально физические величины (макропара-
208
метры) могут быть найдены как средние значения, вычис-
ленные по множеству допустимых микросостояний (см.
31.3). Вследствие этого одной из основных задач, решаемых
статистическим методом, является нахождение средних зна-
чений различных физических величин и определение сред-
него числа частиц dA/ (из данных М), обладающих некото-
рым свойством.
Пример 31.1 Азот находится под давлением р = 1 атм
при температуре Т—300 К. Найти относительное чис-
ло молекул азота, модуль скорости которых лежит в
интервале скоростей от <v> до <u>4-du, где du—1 м/с.
Внешние силы отсутствуют.
Решение. При давлении р=1 атм и температуре
Т=300 К азот можно считать идеальным газом. В отсутст-
вие внешних сил молекулы идеального газа подчиняются
закону распределения Максвелла. Конкретный вид этого
закона определяется из условий задачи —необходимо ис-
пользовать распределение Максвелла по модулю скорости
(31.9):
AN = А/4л (Y/j v^-mvl^kT> du, (31.11)
где AN — число молекул из данных N, модуль скорости
которых лежит в интервале от и до u-rdu, т — масса моле-
кулы. Как известно, выражение (31.11) справедливо, если
интервал скоростей du столь мал, что изменением функции
распределения
/м w = wl = 4я ( 2^7 Y' <31 •12)
на этом интервале скоростей можно пренебречь, считая ее
приближенно постоянной. В нашем случае интервал du=
31.1
= 1 м/с мал (по сравнению со значением средней скорости
<и>=8677(jwi)»475 м/с). Кроме того, функция распреде-
ления /м (и) в области средней скорости <и> изменяется
209
весьма слабо (рис. 31.1). Поэтому выражение (31.11) прак-
тически решает задачу. Подставив в (31.11) значение сред-
ней скорости <о>=К8/г7,/(л;/п), получаем решение задачи
в общем виде:
6N 8V 2
N л
(.-Тйг) е 'dv-
Произведя вычисления, получим
dW=l,9-10-з=0,19%.
При числовом расчете использовались табличные значе-
ния функции f(x)=e“*.
Пример 31.2 Найти относительное число молекул,
модуль скорости которых больше модуля средней скоро-
сти.
Решение. В данном случае интервал скоростей do
равен бесконечности (от средней скорости <о> до оо) и не-
посредственно использовать формулу (31.11) нельзя. Но,
интегрируя уравнение (31.11) в указанных выше пределах,
получаем искомое относительное число молекул:
= У 4л /а е 2kT v2 Jp _ у e-av2 V2
<V> 31 <v>
(31.13)
где <x,—m/(2kT) и Mi — число молекул из данных Л/, модуль
скорости которых больше модуля средней скорости.
Представим последний интеграл из (34.13) в виде
e-an’ V2 cJy =
GP
-Д=-а*/» ( e“at,ai>2df
К л J
г о
<v>
a8 А У e~avlo2do.
о
Первый интеграл справа (по условию нормировки (31.2))
равен единице:
Q-av21)2
210
Для вычисления второго интеграла произведем в нем за-
мену переменного, положив t—V^av. Тогда
<р> V а <Ъ>
-La'/. С e-at”uadu=^L С Pe-'ad/
Кл J Кл J
о о
1, 13
(31.14)
о
ибо Ka<v>=K4/л» 1,13.
Проинтегрировав (31.14) по частям, сведем последний
интеграл к интегралу ошибок
z
Ф (г) = -Д_ ( е-л* fix,
у nJ
' Л
для значений которого составлены специальные таблицы.
Мы получим
1,13
= —0,39 + Ф(1,13).
1,13
Z“2~|o J
е"/2 df
Из таблиц находим значение интеграла ошибок
Ф(1,13)=0,89. Следовательно, относительное'число молекул,
модуль скорости которых больше средней скорости, состав-
ляет
OV=0,50.
Таким образом, половина молекул имеет модуль скоро-
сти меньше средней скорости, а другая половина — больше
средней скорости.
Пример 31.3 Определить число молекул водорода, пе-
ресекающих за 1 с площадку площадью 1 см2, расположен-
ную перпендикулярно оси (водород находится при нор-
мальных условиях).
Решение. Дадим два решения этой задачи.
Первая модель. Учитывая, что в газе нет преимуществен-
ных направлений движения молекул, примем, что 1/3 всех
молекул движется по оси ОХ, 1/3 — по оси OY и 1/3 —
по оси OZ. Следовательно, в положительном направлении
оси ОХ движется 1/6 всех молекул. Далее предположим,
что скорости всех молекул одинаковы и равны средней ско-
211
роста <и>. Тогда искомое число молекул составит
(31.15)
где п0 — плотность молекул (их число в единичном объе-
ме), Д£ = 1 см2 — площадь площадки, Д/=1 с — промежу-
ток времени.
Вторая модель. В первой модели предполагалось, что
все молекулы движутся с одинаковой по модулю скоростью,
равной средней скорости. Однако молекулы распределены
по компонентам скоростей по закону Максвелла, который
для одномерного случая легко получить из распределения
dn (vx) = п0 ( V/2 e~mv*/{2kT} dvx. (31.16).
I
Следовательно, число молекул, пересекающих площадку
AS=1 см2 за время Д/=1 с, найдем из соотношения
оо то*
na = ASAf Jjuxdn(ux)=AS Д/ /ае~ 2кТ vxdvx=
о о
=^Ц~а/я Д5 Дt Ге d (cw2)=Д5 Дt”°Ка/я С е '' d/=
2а J - 2а J
о о
= Д5Д/ —e-П 30 = t
2}^ал L о ал
где a=m/(2kT). Учитывая, что <u>=K8&77(nm), получаем
n^1! (31.17)
Таким образом, получены существенно различные выра-
жения (31.15) и (31.17). Произведя количественный расчет
(учитывая, что пй—р^(кТй), где р0 и То— нормальное дав-
ление и нормальная температура), получим
П1«7,4-1023, па«11,Ь 10м.
Пример 31.4 В сосуде объемом У=30 л находится
m = \QQ г кислорода под давлением р=3-10^ Па. Опреде*
лить наиболее вероятное значение кинетической энергий
молекул кислорода.
Решение. Легко показать, что кислород в данные
условиях можно считать идеальным газом. Вероятное зна
чение кинетической энергии молекул, которой соответствуй
максимум кривой распределения Максвелла (31.10) молеку;
по кинетическим энергиям (рис. 31.2), можно найти из соот-
ветствующей функции распределения:
/м(Ек) = 2п (—(31.18)
Таким образом, предложенная задача сводится к за-
даче о нахождении экстремума функции (31.18). Определив
первую производную Гм(Ек) и приравняв ее нулю, получим
Отсюда найдем вероятное значение кинетической энер-
гии молекул:
EKt==kT/2. (31.19)
Температуру определим из уравнения Менделеева —
Клапейрона
T—pVM/(mR).
Используя (31.18) и (31.3), можно найти среднее значе-
ние кинетической энергии молекул (в поступательном дви-
жении):
<ЕК>=’МТ.
Таким образом, средняя кинетическая энергия молекул
идеального газа в три раза больше вероятного значения
кинетической энергии:
<£к>/£в.в=3. у
Заметим, что различие между средней скоростью моле-
кул идеального газа и их вероятной скоростью менее зна-
213
212
чительно:
<р> _ VSkt/fwn) i i о
«В / 2kT/m ~ ’
§ 32. Распределение Больцмана
Распределение Больцмана (31.6) для одномерного слу-
чая принимает вид
dw(x) = = Bte- и м/т dx, (32.1)
где dTV (х) — число частиц из данных № в слое толщиной dx
вблизи координаты х. Применим распределение (32.1) к
атмосфере Земли. Предположим, что температура воздуха
в атмосфере Земли постоянна: Т=const (случай изотерми-
ческой атмосферы). Примем, что высота h атмосферы -зна-
чительно меньше радиуса Земли 7? и, следовательно,
в пределах атмосферы можно считать ускорение свободного
падения постоянным (g=9,8 M/c2=const). Тогда потенциаль-
ная энергия молекулы массой tn на высоте х от поверхности
Земли U(x)=mgx.
Используя условие нормировки (31.2), определяем пос-
тоянную Bi.
Cg>
1 = dx.
о
Отсюда Bi=mg/ (kT).
Таким образом, число молекул dAZ(x) в слое воздуха тол-
щиной dx на высоте х от поверхности Земли
dtf (х) = Q-^x/(kT} dx. (32.2)
Kt
Пусть dS — элементарная площадка, перпендикулярная
оси ОХ. Тогда dxdS=dV — элемент объема, а выражение
Nmg
~dS~
Ро
— это давление атмосферы на поверхности Земли. Следова-
тельно, в объеме dV на высоте х от поверхности Земли число
молекул
dW (х)=
кТ
214
Так как dH (x)/dV—n—плотность молекул на высоте х,
a p0/(kT)=n0— плотность молекул вблизи поверхности
Земли, то
n^n<ie-mgx/(kT)t (32.3)
Отсюда можно получить барометрическую формулу.
р = poe~msx/(kT)t
Стандартные задачи на распределение Больцмана (так
же как и при использовании распределения Максвелла)
сводятся к определению средних физических величин и к
нахождению числа частиц, обладающих некоторым свойст-
вом.
Пример 32.1 Найти среднюю потенциальную энергию
молекул воздуха в поле тяготения Земли. Никакой высоте
от поверхности Земли потенциальная энергия молекул
равна средней потенциальной энергии? Температуру
воздуха считать постоянной и равной 0°С.
Решение. Газ (воздух) находится в поле тяготения
Земли. Следовательно, его молекулы распределены по энер-
гиям согласно функции распределения Больцмана
/Б((7)==Ве~с//<Л7'),
где U=mgh — потенциальная энергия молекулы.
Если известна функция f распределения молекул по ка-
кому-либо физическому параметру I (скорости и, импульсу
р, энергии Е и т. д.), то среднее значение некоторой физиче-
ской величины, являющейся функцией от этого параметра
Ф (Z), определяется по формуле
$ <Р (О/(Оd/
<ф(0>=—-----------•
d/
о
В нашем случае <₽(/)=£/, /=/Б. Таким образом, среднее
значение потенциальной энергии молекул воздуха в поле
тяготения Земли
<£/> =
J Bt/e" u/{k7"> dU J Ue~ u/(kT) dU
о___________________ о
C BQ-u/(kT)AU
О о
(32.4)
215
В выражении (32.4) знаменатель
GO
Je-^n dt/ = fcT,
о
а числитель
00 со
J = № J Ze~f df =№.
о о
Следовательно,
<U>=kT.
Теперь находим высоту h, на которой потенциальная!
энергия молекул воздуха равна средней потенциально^
энергии: <U>—mgh или kT~mgh. Отсюда
. kT RT , о .Л,
h = — = -77- ; h « 8 • 104 м.
Пример 32.2 Определить массу воздуха в цилиндре d
основанием AS = 1 м2 и высотой h=l км. Считать, чтд
воздух находится при нормальных условиях. '
Решение. Применять уравнение Менделеева —
Клапейрона нельзя, ибо физическая система — идеальный)
газ (воздух) — находится в поле тяготения Земли. Нельзя,
и непосредственно использовать формулу (32.2), так как]
толщина слоя dx=h=l км велика. Проинтегрировав (32.2k
по х в пределах от 0 до h, найдем полное число молекул воз-]
духа в данном цилиндре:
fcr dx==jv( l_e-feT J -fer )
1 kT J 4 1 mg v 7
0
Умножив (32.5) на массу m одной молекулы, получим hckoj
мую массу: ;
„ ас/ Mgh\
1— е” е”*7"),
1 1 g 4 ' g v z’
где 7И=29 кг/кмоль — молярная масса воздуха.
Если бы воздух не находился в поле тяготения Земли^
то, по уравнению Менделеева — Клапейрона,
M2=p^ShMl(RT).
Найдем отношение Мг и Мт.
М3 _ Mgh
а— Mr ~ /?т(1—e_AIgh/(/?r>) ’
216
Числовой расчет для высот fti==100 м, Л2=1 км, Л3=10 км
дает следующие значения этого отношения: «1=1,008,
а2=1,08, а3=1,8.
Таким образом, для воздуха, находящегося в объеме с
высотой до сотен метров, можно применять уравнение Мен-
делеева — Клапейрона, не учитывая распределения Больц-
мана. Для воздуха, находящегося в объеме с высотой 1 км
и более, использование уравнения Менделеева — Клапей-
рона приводит к значительным ошибкам и в этих случаях
необходимо учитывать влияние поля тяготения Земли.
Интересно было бы исследовать зависимость а от пара-
метров (температуры Т, молярной массы М, ускорения сво-
бодного падения g).
Пример 32.3 В атмосфере находятся частицы пыли,
имеющие массу т=8’10~22 кг и объем У=5-10“22 м3.
Найти уменьшение их концентрации на высотах hx—
=3 м и й2=30 м. Воздух находится при нормальных ус-
ловиях.
Решение. Физическая система состоит из частиц
пыли и воздуха, находящихся в поле тяготения Земли. Сле-
довательно, и частицы пыли и молекулы воздуха подчи-
няются распределению Больцмана (32.3). Но если для моле-
кул воздуха это распределение можно использовать непо-
средственно, то применение его к частицам пыли может
привести к ошибочному результату. Дело в том, что на час-
тицы пыли кроме силы тяжести mg действует выталкиваю-
щая сила Архимеда FA (частицы пыли находятся в возду-
хе). Легко убедиться простым расчетом, что сила Архимеда
FA по порядку величины сравнима с силой тяжести mg.
Действительно, плотность пылинки рп=т/К, т. е. рп =
=8* 10~22/5-10~22«l,6 кг/м3, что мало отличается от плот-
ности воздуха рв ~1,3 кг/м3. Следовательно, и сила Архиме-
да мало отличается от силы тяжести. Поэтому найдем сна-
чала эффективную массу частиц пыли: m3^g=mg—FA или
ma$g=mg—РвЖ гДе Рв — плотность воздуха. Плотность
воздуха определим из уравнения Менделеева — Клапей-
рона:
p=pM/(RT).
Таким образом,
pMV
т3^ — т рт '
217
Использовав распределение Больцмана (32.3), найдем из-
менение концентрации частиц пыли с высотой:
Q~~kT~
«0
^ ~RT’ &h
= е kr
Числовой расчет для ftj=3 м и h8=30 м дает Pi=0,29,
p2=3-10“®. Таким образом, если на высоте hr= 3 м (уро-
вень 1-го этажа здания) концентрация частиц пыли все еще
составляет примерно V8 концентрации пыли на поверхности
Земли, то на высоте /i8=30 м (уровень 10-го этажа здания)
пыли практически нет. Этот вывод справедлив, если от-
сутствуют восходящие потоки воздуха.
Раздел III
Решение нестандартных,
неп оставленных
и произвольных задач
ГЛАВА 12
НЕСТАНДАРТНЫЕ И ОРИГИНАЛЬНЫЕ
ЗАДАЧИ
§ 33. Нестандартные задачи
Выше уже отмечалось, что для решения нестандартных
задач одних конкретных и обобщенных знаний уже недоста-
точно. Применяя их, мы, как правило, получаем незамкну-
тую систему уравнений. Затем приходится искать весьма
неопределенное «нечто», учет которого позволит замкнуть
систему уравнений. Неуловимые и неопределенные «нечто»
в нестандартных задачах столь разнообразны, что делают
попытку классификации таких задач почти безнадежной.
В приводимых ниже примерах (весьма малочисленных) ука-
заны некоторые характерные «нечто» и способы их нахож-
дения.
Пример 33.1 На горизонтальной плоскости с коэффи-
циентом трения f лежит тело массой т. В момент вре-
мени t—О к нему приложили горизонтальную силу, ме-
няющуюся по закону F=a/, где a — постоянный вектор.
Найти путь, пройденный телом за первые t секунд пос-
ле начала действия этой силы.
Решение. Проводим обычный анализ, применяя ме-
тод анализа физической ситуации задачи. В физическую си-
стему включаем только одно тело массой т. Его можно счи-
тать материальной точкой. Тело движется под действием не-
которых сил, одна из которых зависит от времени. Необ-
ходимо определить один из параметров этого движения —
219
путь, пройденный телом. Это основная задача динамики
материальной точки.
Применим второй закон Ньютона. Инерциальную систе-
му отсчета свяжем с плоскостью, ось ОХ выберем в направле-
нии вектора а. В процессе движения на тело действуют четы-
ре силы: данная сила F=a/=ia/, где i — единичный век-
тор, сила трения Frp=—fmg\, реакция опоры N и сила тя-
жести /ng. Последние две силы компенсируют друг друга.
По вторбму закону Ньютона,
т — = ati — ftngl,
или в проекциях на ось ОХ
m~^at — ftng.
Интегрируя это уравнение и учитывая начальные условия,
находим закон изменения скорости:
d х
и далее (после интегрирования уравнения — vx)—закон
движения:
о/а fgt*
л 6т 2 •
(33.1)
Последнее выражение дает искомый ответ задачи. Но,
оказывается, приведенное решение неверно. Формально
проведен физический анализ: не учтена сила трения покоя
вообще и в особенности тот факт, что эта сила, как и данная
сила F=a/, изменяется (растет) во времени. Движение тела
начнется только в момент времени t0=fmg/a, когда сила тре-
ния покоя достигнет своего максимального значения. До
этого момента времени тело находится в покое. Подставляя
в формулу (33.1) вместо t разность t—10, получим верное
решение:
у - ^-Л)3 fa (*-Л)2
6т 2 ’
где
Таким образом, в данной нестандартной задаче «нечто»,
заключалось в тщательном учете силы трения покоя и Ы
том, что эта сила является переменной (она растет от нуля|
220
до своего максимального значения fmg при возрастании
действующей силы F=a/).
Очень часто в нестандартных задачах используют так
называемое условие отрыва (при прекращении взаимодейст-
вия тел упругая сила реакции опоры обращается в нуль:
Пример 33.2 На небольшое тело массой т, лежащее на
гладкой горизонтальной плоскости, в момент времени
t—О начала действовать сила, зависящая от времени по
закону F~at, где а — постоянная. Направление зтой си-
лы все время составляет угол а с горизонтом. Определить
момент времени, в который тело оторвется от плоско-
сти, а также скорость тела в любой момент времени до
и после отрыва.
Решение. В физическую систему включим только
одно данное тело. Все остальные тела — внешние. Данное
тело можно принять за материальную точку. В результате
взаимодействия с внешними телами происходит движение
данного тела. Заметим, что одна из внешних сил зависит от
времени t. Необходимо определить момент времени какого-
то события (отрыв тела от плоскости), а также скорость тела
в любой момент времени до и после этого события. Так как
движение тела рассматривается не формально (задана си-
ла), то данная задача связана с основной задачей динамики
материальной точки.
Применим второй закон Ньютона. Инерциальную систе-
му отсчета свяжем с плоскостью, ось ОХ направим горизон-
тально, ось 0Y вертикально вверх. Тогда по второму зако-
ну Ньютона получим
m^ = a/cosa, (33.2)
= Н + at sin а—mg. (33 3)
Нетрудно догадаться (!), что до отрыва Vj,=const=0 и,
следовательно, система уравнений (33.2) — (33.3) приобре-
тает вид
~ cos а’ (33.4)
0=М-]-а/sina—mg. (33.5)
Получена система из двух уравнений с тремя неизвест-
ными (цх, N и t), но если мы догадаемся (!), что в момент от-
рыва реакция опоры обращается в нуль (Л/=0), то из урав-
221
нения (33.5) сразу найдем момент времени отрыва!
— ms
° a sin а
(33.6)
Далее, после интегрирования уравнения (33.4) и учета
начальных условий получим закон изменения скорости до
отрыва:
ata cos а
* 2т
(33.7)
После отрыва (2V=0) система (33.2) -- (33.3) приобре-
тает вид
т —j- = at c°s а, (33.8)
dv„
m g ~a(t — /0)sina—mg. (33.9)
В уравнении (33.9) учтено (!), что движение по оси OY на-
чинается с момента отрыва t0=mg/(a sin а). После интег-
рирования уравнений (33.8) и (33.9) и учета начальных ус-
ловий находим закон изменения вектора скорости после
отрыва (0=4):
+ (33.10)
(i и j — единичные векторы).
На первый взгляд кажется, что догадки, о которых шла
речь в процессе решения задачи (до отрыва цу=0, в момент
отрыва N—0, после отрыва время движения тела по оси OY
равно А—/0),— это очевидные, мелкие детали. Да, это дета-
ли, но детали, без которых задачу решить невозможно.
Этим определяется важная роль вышеупомянутых малень-
ких «нечто». После решения таких задач наш опыт и физи-
ческая интуиция обогащаются. В дальнейшем (в других,
подобных задачах) эти детали действительно становятся^
очевидными. Впрочем, обычно все известное и решенное^
кажется простым и очевидным, а неизвестное и нерешенное—|
сложным и непонятным. !
Весьма распространенным при решении нестандартных^
задач является удачный выбор системы отсчета (CO)j
Приведем три примера. В первом выбор системы отсчета
безразличен, во втором — существен настолько, что при
одном выборе СО задача является стандартной, а при ДруЦ
гом — нестандартной, наконец, в третьем удачный выбоа
222
СО является определяющим (обычная стандартная задача
становится оригинальной).
Пример 33.3 Цепочка массой т, образующая окруж-
ность радиуса R, надета на гладкий круговой конус с
углом полу раствора 9 (рис. 33.1). Найти натяжение це-
почки, если она вращается с постоянной угловой скоростью
со вокруг вертикальной оси, совпадающей с осью симмет-
рии конуса.
Решение. Физическую систему образуем из одно-
го тела — цепочки. Цепочка не материальная точка. Сила
натяжения, которую необходимо определить, действует на
каждый элемент цепочки. Поэтому разделим цепочку на
столь малые и одинаковые элементы, чтобы каждый из них
можно было принять за материальную точку. Рассмотрим
один такой элемент массой Д/n. Он движется по окружности
известного радиуса R с известной угловой скоростью со
под действием некоторых сил. Одну из них необходимо оп-
ределить. Это одна из основных задач динамики вращатель-
ного движения материальной точки.
Применим поэтому второй закон Ньютона. Легко пока-
зать, что выбор системы отсчета (инерциальная или неинер-
циальная) в этой задаче безразличен: в дальнейшем мы за-
пишем систему уравнений параллельно в двух системах от-
счета. Выберем неинерциальную систему отсчета (НИСО),
связанную с элементом Д/n, и инерциальную (ИСО), связан-
ную с любым неподвижным телом. На элемент Дт в ИСО
действуют четыре силы: сила тяжести Д/ng (рис. 33.1), уп-
ругая сила реакции опоры N и две одинаковые (почему оди-
наковые?) силы натяжения Т (рис. 33.2), каждая из которых
направлена по касательной к окружности в соответствую-
щей точке. В НИСО к этим силам добавляется центробежная
223
сила инерции Д/mo2/?. Проецируя силы на оси, записываем
второй закон Ньютона в ИСО:
N sin 0—27 sin(a/2)=0 (для оси OZ), (33.11)
27 sin (a/2)—N cos 0=Д/п<о2/? (для оси ОХ). (33.12)
Соответственно в НИСО:
N sin 0—27 sin (a/2)=0, (33.13)
27 sin (a/2)—N cos 0—Д/п<о2Я=0. (33.14)
Легко видеть, что системы уравнений (33.11) — (33.12)
и (33.13) — (33.14) эквивалентны. Однако в любом случае —
это незамкнутая система из двух уравнений с тремя неиз-
вестными (7, а и М). Следовательно, необходимо найти
«нечто», которое замкнуло бы систему уравнений. Возникает
догадка (из рис. 33.2), что угол а как-то связан с элементом
Дт. Легко видеть (!?), что эта связь имеет вид
Дт/т=а/(2л).
И наконец, учитывая еще одно «нечто» — малость угла a
(и, следовательно, то, что sin а «а), получаем простую
и замкнутую систему уравнений (в ЙСО):
W sin 0—&mg=0,
Та—N cos 0=Дта>2/?,
kmlm—al (2л).
После решения этой системы находим ответ в общем виде:
j. _ т (w2/? -|-g ctg 0)
2л
Заметим, что в решении этой задачи определяющими яв-
ляются конкретные и обобщенные знания, тем не менее
и роль маленьких «нечто» уже становится значительной.
Пример 33.4 Через блок, прикрепленный к потолку
кабины лифта, перекинута нить, к концам которой
привязаны грузы с массами т^ и т2 (рис. 33.3). Кабина
поднимается с ускорением а. Пренебрегая массами блока
и нити, а также трением, найти силу, с которой блок
действует на потолок кабины.
Решение. Проведем решение задачи, выбрав раз-
личные системы отсчета: сначала СО свяжем с кабиной
(НИСО), а затем с Землей (ИСО).
Решение в НИСО. В физическую систему включим два
тела тг и т2 (их можно принять за материальные точки),
невесомые блок и нить. Под действием некоторых сил тела
системы движутся ускоренно. Необходимо найти одну из
224
сил — ту, с которой блок действует на потолок кабины.
Это одна из основных задач динамики.
Применим второй закон Ньютона для тел mt и т2 отно-
сительно выбранной НИСО. Ось ОХ направим вниз
(рис. 33.3). На тело mi действуют сила тяжести /nxg, сила
натяжения нити и сила инерции (—/пха). Проецируя эти силы
на ось ОХ, по второму закону Ньютона для тела тг полу-
чаем
т^-\-тга—Т —тф.
где Ь — проекция вектора ускорения тела т2 относительно
выбранной НИСО. Мы условно приняли, что т1~>т2 и,
следовательно, вектор ускорения b 0
направлен .вниз. Соответственно
для тела /п2 находим
m2g-\-m2a—Т=—т2Ь. .
Получена замкнутая система из Т-.
двух уравнений с двумя неизвест- I
ными (Т и Ь). Искомую силу F най- •
дем, записав второй закон Ньютона
для центра масс блока (он неподви-
жен): 2Т—F=0. Отсюда
F = ^.te+°). mis,
ГИ1 + т2
Таким образом, в НИСО задача 33,3
оказалась стандартной.
Решение в ИСО. Второй закон Ньютона для тел тг и т2
дает
mig— Т ^т^, (33.16)
m2g—Т-—т2а2, (33.17)
где «1 и а2 — модули проекций векторов ускорений ах и а2
соответственно тел т1 и т2 относительно выбранной ИСО.
Получена незамкнутая система из двух уравнений с тремя
неизвестными (Т, а2 и а2). Следовательно, необходимо ис-
кать «нечто», которое замкнуло бы эту систему.
Возникает догадка: и а2 связаны между собой. Как?
Очевидно (I), что
ц2==Ц1-|-2ц. (33.18)
Действительно, так как a2=b+af ai—b—а, то
а2—di—2а.
225
Решая замкнутую систему уравнений (33.16) — (33.18), на-
ходим
у __2/nt/na (g+a)
А/ll ^2
Следовательно,
р = 2Т =
т1 + т2 ’
что совпадает с (33.15). Таким образом, эта же задача в ИСО
оказалась нестандартной.
Пример 33.5 Снаряд зенитного орудия, получивший
начальную скорость v0, направленную вертикально
вверх, разрывается в наивысшей точке своей траектории^
на п одинаковых осколков. Скорости осколков одинаковы,,
равны и0 и направлены под различными полярными О
и азимутальными <р углами. Определить положений
произвольного осколка в любой момент времени. j
Решение, Выберем ИСО, связанную с Землей. Лег-<
ко показать, что при таком выборе СО задача является стан-1
дартной. В физическую систему включим только произвол^
ный осколок, который можно принять за материальную
точку. Его начальная высота h0—vl/(2g), начальная CKoj
рость и0, а также угол а =90°—0, который составляет век«
тор и0 с горизонтом (рис. 33.4), известны. Необходимо най|
ти положение осколка в любой момент времени t. Это ос|
новная задача кинематики материальной точки.
Выберем плоскость, в которой движется (по парабо.
произвольный осколок, в качестве координатной плоско<
ОХУ (рис. 33.4).
Тогда закон движения осколка в параметрической ф<
ме имеет вид
x = «0cosa/; у— — -J— ± и0 sin at 4-~~ .
Очевидно, что этот закон движения позволяет определить
положение произвольного осколка в любой момент време-
ни.
Выберем НИСО, связанную с центром масс снаряда.
После разрыва центр масс (начало координат) движется
вниз с ускорением g. В этой системе отсчета движение про-
извольного осколка является равномерным (со скоро-
стью Но) и, следовательно, в любой момент времени каждый
осколок располагается на сфере радиуса R=uot с центром
в начале координат. Задача решена, причем решение, кро-
ме того что оно просто и изящно, еще и весьма наглядно.
Таким образом, эта же задача в НИСО оказалась ори-
гинальной.
§ 34. Оригинальные задачи
Лучше говорить не о стандартных, нестандартных и ори-
гинальных задачах (ибо мы видели, что одна и та же зада-
ча, например, в зависимости от выбора системы отсчета
может оказаться и стандартной, и нестандартной, и даже
оригинальной), а о способах решения задач (стандартный#
нестандартный и оригинальный).
Очевидно, что попытка классификации оригинальных
задач, по-видимому, тоже (как и вообще для всех нестан-
дартных задач) является безнадежной. Можно только за-
метить, что оригинальные задачи часто допускают и стан-
дартное, и нестандартное, и оригинальное решение. В пер-
вом случае для решения задачи достаточно применить толь-
ко конкретные и обобщенные знания, во втором используют
еще и догадки, причем роль последнего элемента не столь
существенна, и, наконец, в третьем случае задача может
быть решена только с помощью догадки, интуиции. Эти пос-
ледние задачи и можно было бы назвать собственно ориги-
нальными. Приведем несколько примеров.
Пример 34.1 В круге радиуса R вырезан круг радиуса
r<ZR/2, центр которого расположен на расстоянии
a<Z(R—г) от центра большого круга (рис. 34.1, а). Опре-
делить центр масс образовавшейся фигуры.
Решение. Задача допускает и стандартное решение,
вытекающее из определения центра масс (см. (13.2)).
Стандартное решение связано с относительно громозд-
226
227
кими вычислениями. Попробуем поискать нестандартное,
а может быть, и оригинальное решение. В чем особенность
данной физической системы? Круги — фигуры симметрич-
ные с бесконечно большим числом осей симметрий (диа-
метры кругов). Центр масс большого круга (обозначим эту
фигуру символом II, рис. 34.1,6) до выреза находился в
центре круга (точка О). Фигура, образовавшаяся после вы-
реза малого круга (обозначим ее символом I), осталась сим-
метричной, но только с одной осью симметрии (OOi).
а) 0)
34.2
Возникает догадка: а если вырезать не один, а два малый
круга, расположенных симметрично относительно центр^
большого круга (рис. 34.2, а)? Центр масс образовавшейся
фигуры (обозначим ее символом III) будет (в силу симмет]
рии) находиться в точке О. Вернем второй малый круг (эт;
фигуру обозначим символом IV; рис. 34.2, б) на свое месте
Тогда задача о нахождении -центра масс фигуры I сводите!
к определению центра масс системы фигур III и IV, центр!
масс которых известны. Так как центр масс двух тел лежи
на прямой, соединяющей их центры масс в точке j
228
(рис. 34.2), делящей расстояние а0 между ними в отношении,
обратно пропорциональном их массам, то
х ___mi
а0 — х т4 ’
(34.1)
где х=|ЛО|, /П1=алг8 — масса фигуры IV, zn4=a(ji7?2—
2лг2) — масса фигуры III, a=const. Из (34.1) находим ис-
комую координату центра масс фигуры I:
До'2
Л Я2 — Г2 •
Заметим, что самым важным во втором (оригинальном)
решении этой задачи была догадка о вырезе дополнитель-
ного (второго) малого круга. А эта догадка — элемент опы-
та, физической интуиции.
Усложним условия решенной задачи: пусть вырез про-
изведен в несимметричной фигуре, например в треуголь-
нике.
Пример 34.2 В треугольнике со сторонами а, b и с вы-
резан круг радиуса г, центр которого лежит на медиа-
не AD на расстоянии ai~ |Л4Л/| от точки пересечения
медиан М. (рис. 34.3). Определить центр масс образовав-
шейся фигуры.
Решение. Легко видеть, что и эта задача допускает
стандартное решение по формуле (13.2) с громоздкими вы-
числениями. Попробуем найти другое решение. Способ (с
вырезанием другого круга с целью получить фигуру с боль-
шей симметрией), использованный в предыдущей задаче,
здесь не годится: исходная фигура (треугольник) не симмет-
рична. Но идею о комбинации фигур можно попытаться
применить. Вложим вырезанный круг (обозначим эту фи-
гуру символом I). Тогда мы получим треугольник О АВ
(обозначим эту фигуру символом III), центр масс которого
229
лежит в точке пересечения медиан М. Но центр масс фигуры
II (треугольник с вырезанным кругом) лежит в точке L на
медиане AD на неизвестном расстоянии х от точки М, и воз-
никает идея рассматривать фигуру III как комбинацию
фигур I и II. Так как массы фигур известны (Щ1=алг2,
m2=«ms—mif m2=afKp(p—а)(р—b)(p—с)—№], где , р =
== (а-|-Ы-с)/2,) то уравнение (34.1) определяющее центр
масс системы фигур I и II, принимает в данном случае вид
xlai-m-Jm^.
В общем виде его решение:
____________nrsaj_______
V Р (р—а) (р—Ь)(р—с)~п^ ’
Пример 34.3 В равномерно заряженном электрическом
шаре имеется сферическая полость, центр которой на-
ходится на расстоянии а от центра шара (рис. 34.4).
Найти напряженность электрического поля в произ-
вольной точке полости, если плотность заряда равна р.
Решение. Физическая система состоит из равно-
мерно заряженного шара с полостью. Необходимо рассчи-
тать электрическое поле в полости. Эта основная задача в
теории электростатического поля. >
Так как заряд шара неточечный, то можно было бы при-^
менить метод ДИ (см. §6). Но это связано с трудоемкими
вычислениями интегралов. Используем комбинационные
идеи, изложенные выше. Обозначим г радиус полости, а
R — радиус большого шара. Рассмотрим совокупности
трех тел, равномерно заряженных электричеством с плотс
ностью р: малый шар радиуса г (обозначим это тело симвЫ
лом I), большой шар радиуса R (символ III) и шар с полоз
стью (символ II). По принципу суперпозиции напряжем
ность поля Ея в любой точке внутри большого шара равна
геометрической сумме напряженностей полей малого шара
(Ei) и шара с полостью (Ег): 1
Ej=Ei+Es.
Отсюда искомая напряженность
Е2=Е8—Ei.
Пусть произвольная точка А внутри полости находи^
на расстоянии у от центра полости и на расстоянии
центра шара (рис. 34.4). Тогда по формуле для поля внуп
?30
шара имеем
£i=p///(380), (34.2)
Е8=рх/(Зе0). (34.3)
Рассмотрим треугольники AOOi и АВС. Учитывая
(34.2) и (34.3), находим
| АВ | _ Bi _ у | AOt |
МС| ~ Е3 -7- I ДО I ’
Следовательно, Эти треугольники подобны, отсюда
| ВС | | АС | В2 Ел
-гяX , = -г-777 г- ИЛИ —- — —~ .
I Ос?! | | ДО | а х
Таким образом,
Е^—ар/ (380).
Так как E2||OOi (это следует из подобия треугольников
AOOj и АВС), то окончательно находим, что электрическое
поле внутри полости однородно.
Пример 34.4 По бесконечному сплошному цилиндриче-
скому проводнику идет постоянный ток плотности j.
В проводнике имеется бесконечная цилиндрическая по-
лость, ось которой параллельна оси проводника и от-
стоит от нее на расстоянии а (рис. 34.5). Определить
напряженность магнитного поля в произвольной точке
полости.
Решение. Используем метод (!), изложенный выше.
Рассмотрим произвольную точку А полости, отстоящую от
231
оси большого цилиндра на расстоянии х и от оси полости
на расстоянии у (рис. 34.5). Полезно выделить три системы:
ток и его магнитное поле сплошного (без полости) большого
цилиндра (обозначим символом III), ток и его магнитное
поле большого цилиндра с полостью (символ II) и ток и его
магнитное поле малого цилиндра радиуса, равного ра-
диусу полости (символ I). Так как (по принципу суперпо-
зиции)
н8=н1+н2,
то искомая напряженность
н2=н3—нъ
По теореме о циркуляции вектора Н находим
следовательно,
У I 1
На х |ЛО| ’
Так как углы ВАС и OAOi равны, то треугольники АВС
и OAOt подобны. Таким образом,
Hala=Halx и На=1а12.
Легко показать, что вектор Н2 перпендикулярен вектору
001 и, следовательно, магнитное поле внутри полости од-
нородно.
Заметим, что решение последней задачи оказалось стан-
дартным потому, что до этого мы решили три почти такие
же задачи и наш опыт и физическая интуиция возросли.
Теперь уже можно поставить десятки подобных задач, и
они будут для нас не оригинальными, а обычными стандарт-
ными задачами потому, что в процессе решения первых трех
подобных задач мы нашли специальный метод их решения.
Таким образом, понятия стандартной, нестандартной или
оригинальной задачи весьма условны и относительны и за/
висят от опыта и физической интуиции того, кто эту за-
дачу решает. Тем не менее классификация задач на стан-
дартные, нестандартные и оригинальные является:
полезной. 1
232
ГЛАВА 13
НЕДОСТАВЛЕННЫЕ, ПРОБЛЕМНЫЕ И ПРОИЗВОЛЬНЫЕ
ЗАДАЧИ
§ 35. Непоставленные задачи
Частично о непоставленных задачах упоминалось в § 8
при рассмотрении метода постановки задачи. В этом па-
раграфе они будут исследованы более подробно.
Выше непоставленная задача была определена как
задача или с неполной системой данных для ее решения,
или неидеализированная, или то и другое вместе взятое.
Решение непоставленной задачи начинается с постановки
задачи: прежде чем решать задачу, необходимо ее поста-
вить. Однако такое представление общего решения не-
поставленной задачи в виде двух последовательных эта-
пов (постановка и дальнейшее решение) отражает лишь ее
внешнюю сторону. В общем решении задачи необходимо
видеть не только взаимную связь и проникновение этих
этапов, но и их последовательную смену. Уже в процессе
постановки первой (обычно самой простой) задачи под-
готавливается и ее решение. В последующем же процессе
решения первой поставленной задачи (на этапе анализа
решения) создаются условия для проведения второго про-
цесса постановки более сложной задачи и т. д.
Такова примерно внутренняя диалектика процесса
общего решения непоставленной задачи.
И все же именно этап постановки задачи является са-
мым важным, определяющим. Недаром говорят, что пра-
вильно поставить задачу — это значит уже наполовину
ее решить.
Постановку задачи (как и решение поставленной за-
дачи) начинают с выбора физической системы. Необходимо
выяснить, какие тела включаются в данную систему, а
также определить, какие тела будут считаться внешними.
Затем проводят анализ физической системы: во-первых,
исследуют, какими свойствами обладают тела системы
(классические они или квантовые, упругие или неупругие,
абсолютно твердые и т. д.), и, во-вторых, в каких условиях
они (тела системы) находятся. Известно, что свойства тел
системы и условия, в которых они находятся, определяют
физические явления, происходящие в данной системе.
Любая же физическая задача возникает внутри физиче-
ского явления и отражает его.
233
В процессе анализа физической системы начинается
проведение идеализации задачи: вводятся идеальные объ-
екты (материальные точки, невесомые тела, точечные
заряды и т. д.), проводятся оценки тех или иных взаимо-
действий, взаимосвязей (какими из них можно пренебречь
и т. д.). Идеализация задачи осуществляется практически
до конца решения непоста в ленной задачи, и здесь важно
видеть и различать два взаимосвязанных и взаимопрони-
кающих процесса: процесс упрощения и процесс услож-
нения условий задачи. Вначале преобладает первый про-
цесс. В особенности при постановке первой задачи вводят
как можно больше упрощений, пренебрегают теми или
иными свойствами тел, не учитывают различные условия
и т. д.
При постановке и решении более сложных задач ос-
новным становится второй процесс, хотя и здесь в условиях
задачи могут вводиться различные ограничения и пред-
положения.
После выбора и анализа физической системы идет про-
цесс анализа физических явлений, которые могут проис-
ходить в данной физической системе при тех или иных
условиях. И на этом этапе продолжается идеализация
задачи, вводятся и рассматриваются различные идеальные
процессы, происходит дальнейшее упрощение условий,
исследуются возможные ограничения и т. д. Собственно
здесь-то, при анализе уже какого-либо физического яв-
ления, и рождается первая задача: выбираются опреде-
ленные данные и искомые величины и формулируются
условия задачи. Задача поставлена. Поставлена она кор-
ректно или нет, это выяснится лишь после получения ре-
шения задачи в общем виде. Только тогда будет видно, име-
ются ли все необходимые данные для получения числового
ответа. Если некоторые величины неизвестны, то их значе-
ния должны быть дополнительно добавлены к первоначаль-
ным условиям. После анализа решения первой задачи ус-
ложняются условия и ставится вторая задача и т. д. Таким
образом, как это уже отмечалось выше, с каждой непостав-
ленной задачей может быть связан комплекс («блок») задач
различной степени трудности.
Непоставленные задачи столь разнообразны, что не
всегда вышеописанная схема может быть применена к ре-
шению.таких задач. Впрочем, такой единой и жесткой схе-
мы и не может существовать, ибо решение непоставленной
задачи — это творческий процесс. Но какова бы ни была
непоставленная задача, при ее решении необходимо прово-
234
дить процесс постановки, а следовательно, и идеализации
задачи. Приведем сначала пример непоставленной задачи,
имеющей (на первый взгляд) весьма общий характер.
Пример 35.1 Исследовать движение двух электриче-
ски заряженных тел.
Решение. В этой задаче неизвестно, что дано, какие
величины необходимо определять, короче — задача не по-
ставлена.
Проведем сначала первый этап — этап постановки зада-
чи. Физическую систему образуем из двух данных тел и
Земли (предположим, что физические явления происходят
на Земле). Влиянием остальных внешних тел будем пренеб-
регать. Мы знаем, что на этапе постановки задачи прово-
дится процесс идеализации, основой которого является
учет и принятие различных упрощающих предположений
и условий. Часть этих условий уже сформулирована. Про-
должим процесс упрощения. Для простоты предположим:
1) оба тела — материальные точки массами mi и тг. Сле-
довательно, заряды Qi и Q2 — точечные;
2) заряды Qi и Q2 имеют одинаковый знак;
3) влиянием электрического поля Земли пренебрегаем;
4) тело т2 с зарядом Q2 закреплено на поверхности
Земли, а тело mi с зарядом Qi находится на одной вертика-
ли с телом т2 и на высоте h от поверхности Земли;
5) высота h мала по сравнению с радиусом R Земли. Сле-
довательно, изменением ускорения свободного падения g
в пределах этой высоты h можно пренебречь (т. е. g—
=9,8 м/с2=const);
6) начальная скорость тела mi равна нулю (vOi=O);
7) сопротивление воздуха мало.
Таким образом, можно сформулировать условия первой
(простейшей) задачи.
Задача Ка 1 На поверхности Земли закреплена мате-
риальная точка массой т2 и зарядом Q2. Над ней (на
одной вертикали) на высоте h<^R (R — радиус Земли)
расположена материальная точка массой тх и зарядом Qi.
Заряды Qi и Q2 имеют одинаковые знаки. Определить ско-
рость тела mt на расстоянии hi от поверхности Земли,
если его начальная скорость равна нулю. Сопротивле-
нием воздуха и влиянием электрического поля Земли пре-
небречь.
Решение задачи №1. Применяя закон сохране-
ния энергии к замкнутой системе (тело mt, тело т2 и Земля),
в которой действуют только консервативные силы (сила
235
тяготения и кулоновская сила), получаем
= т1 еЛ1 + ^ +
в 4леой is 1 I 2 1 4ле0/г1
Отсюда определяем искомую скорость:
’ = <35-»
Анализ и постановка других задач. Предположим, что
h^h. Тогда формула (35.1) примет вид
v = • (35 2)
Анализируя формулу (35.2) можно поставить, напри-
мер, такую задачу.
Задача № 2 При каком заряде Q2 в условиях задачи № 1
скорость тела тг на высоте hi равна нулю?
Решение з ада ч и № 2. Из формулы (35.2) легко
получаем решение задачи № 2:
г\ 4n£ogmihih
Чг “ Qi ,
Произведя расчет (при следующих значениях данных ве-
личин: /П1 = 10“3 кг, /ii=10 см, Л=10 м, Qi=10“S Кл), полу-
чим Q2~10“4 Кл. Напряженности поля такого заряда на
высотах /if и h рассчитываются по формулам
р > Qi , р" Qi
2 ~' 4ne0hi ’ 2 ” 4ne0/i
Подстановка числовых значений дает В/м и
Е^Э-Ю4 В/м — эти напряженности действительно вели-
ки по сравнению с напряженностью электрического поля
Земли £3«130 В/м.
Затем можно поставить такую задачу.
Задача № 3 Что будет происходить с телом mt, если
на высоте hi его скорость обратится в нуль? На какой
высоте hz тело тх будет находиться в равновесии и ка-
ков будет характер колебаний этого тела, если его
вывести из положения равновесия?
Далее можно поставить еще сотни задач, снимая или
изменяя условия, сформулированные выше. Но все эти за-
дачи будут являться лишь частными случаями обобщенной
задачи.
Обобщенная задача Тело массой т, обладающее за-
рядом Q, движется в произвольном электрическом и про-
236
извольном поле тяготения. Определить характер его
движения.
Важно заметить, что в принципе эта обобщенная зада-
ча решается или динамическим методом, или применением
законов сохранения. Следовательно, и все частные задачи
могут быть решены этими же методами. Поставим, напри-
мер, такую частную задачу.
Частная задача В сферический металлический сосуд
радиуса R, в верхней части которого имеется небольшое
отверстие, с высоты h падают заряженные капельки рту-
ти. Масса каждой капли т, заряд Q (рис. 35.1). Каким
будет номер п последней капли, которая еще может по-
пасть в сосуд?
Решение частной задачи. Легко видеть,
что данная задача есть частный случай задач № 2 и № 3, рас-
смотренных выше. Каждая капля рту-
ти, попавшая в сосуд, увеличивает его
заряд на Q. Эти заряды распределяют-
ся по внешней поверхности сферы и со-
здают электрическое поле. Как известно,
электрическое поле равномерно заря-
женной сферы эквивалентно полю тако-
го же, но точечного заряда, расположен-
ному в центре сферы. Таким образом,
заряд Q2=nQ. а заряд Qx — это заряд
(п+1)-й капли, которая находится в
равновесии на высоте h от поверхности
Земли. Из условия равенства нулю суммы силы тяжести mg
и кулоновской силы поля заряда Q2, действующей на заряд
' капли, получаем уравнение для определения п:
nQ2
При решении этой задачи в соответствии с п. 3) упроще-
ний к условиям первой задачи мы пренебрегали электриче-
ским полем Земли. Поэтому для корректной постановки
задачи с капельками ртути необходимо задать такие зна-
чения величин R, h, т и Q, чтобы данное условие (а также и
другие) было выполнено.
§ 36. Проблемные задачи
Рассмотренные выше задачи хотя и относятся к кате-
гории непоставленных и неидеализированных, но в них
в явном виде не было «зерна» проблемы. Рассмотрим при-
мер задачи (назовем его пример 36.1), которая не только
237
является непоставленной и неидеализированной, но и
содержит в себе идею проблемы. В процессе анализа этой
задачи мы увидим, что она представляет частный случай
непоставленной задачи, рассмотренной в примере 35.1
(движение заряженного тела в электрическом поле и в
поле тяготения), но в ней в отличие от обобщенной задачи
из примера 35.1 поставлена конкретная проблема.
Подход к постановке проблемы. Известно, что газ из
атмосферы планеты улетучивается в космическое про-
странство. Через некоторый промежуток времени планета
может лишиться своей атмосферы (как это, например,
произошло с Луной). Исчезновение атмосферы планеты
объясняется тем, что молекулы атмосферы распределены
по скоростям по закону Максвелла (точнее, по закону Мак-
свелла — Больцмана). Поэтому в атмосфере всегда имеются
молекулы, скорости которых больше второй космической
скорости для этой планеты. Такие молекулы могут пре-
одолеть силу тяготения планеты и навсегда уйти от нее.
Вместо этих уведших молекул в атмосфере вновь обра-
зуются молекулы, скорости которых превысят вторую
космическую скорость, что позволит и этим молекулам
покинуть планету. \Этот процесс будет продолжаться до
тех пор, пока атмосфера не исчезнет...
Как легко здесь молекулы приобретают вторую кос-
мическую скорость! Вторая космическая скорость... Пре-
одоление силы притяжения... Поле тяготения..., но против
поля тяготения можно действовать и другим полем, на-
пример электрическим. Известно, что Земля имеет элект-
рическое поле, напряженность которого у поверхности
Земли Б3«130 В/м. Нельзя ли использовать электриче-
ское поле планеты для того, чтобы сообщить заряженному
телу вторую космическую скорость?
Можно рассчитать, что если электрон пройдет разность
потенциалов всего в 1 В, то он приобретет скорость,
примерно равную 600 км/с, что значительно превышает
значение второй, космической скорости для Земли (о2«
«11,2 км/с). Протон, пройдя разность потенциалов в
100 В, приобретает скорость 14 км/с, что также превы-
шает значение v*. Таким образом, протоны легко могут
«улететь» от Земли.
Постановка проблемы. Исследовать возможность ис-
пользования электрического поля планеты для старта
космических кораблей.
Подход к постановке проблемной задачи. В качестве
планеты рассмотрим гипотетическую планету с параметра-
238
ми Земли. Примем, что Земля — шар радиуса /?«6400 км
с массой Л4=6*1024 кг. Произведем некоторые оценки
(числовые расчеты порядка некоторых величин). Рассчи-
таем сначала электрический заряд Q и потенциал <р Земли:
(?=Б4ле0Я2, Q~5,9-105 Кл,
” = Ф^8.3-10-В.
Мы знаем (это можно показать и расчетом), что протон,
имеющий заряд (^=1,6-10-19 Кл и массу /72^1,67-10-27 кг,
двигаясь в электрическом поле Земли, легко может приоб-
рести скорость, большую второй космической скорости
для Земли, и улететь в космическое пространство. Поста-
вим следующий вопрос: какова максимальная масса т тела,
имеющего заряд, равный заряду протона, которое, двигаясь
в электрическом поле Земли, может преодолеть ее силу
тяготения и уйти в бесконечность? Предположим, что тело —
материальная точка — стартует с поверхности Земли с на-
чальной скоростью ио=О. Тогда по закону сохранения энер-
гии имеем
— G — о (36 В
R 4Л8ОЯ и’ в
где G=6,67-10“u Н-м2/кг2 — гравитационная постоянная.
Отсюда определяем максимальную массу тела:
m== > /И«2,1-10~18КГ.
4ле0 GA1
Такую массу имеет пылинка. Итак, пылинка с массой
2,Ы0“18 кг, имеющая заряд 1,6-10~19 Кл, может уле-
теть от Земли. Но пылинке можно сообщить заряд значи-
тельно больший, чем заряд протона Qp. Здесь возникают
два вопроса: каким может быть максимальный заряд Qmax
пылинки (тела) и как этот заряд может быть сообщен телу
(пылинке)? Ответ на оба вопроса можно получить, если
представить тело (пылинку) в виде металлического шари-
ка радиуса г, который будет заряжаться от Земли путем не-
посредственного контакта. Электрические заряды перете-
кают от Земли к шарику до тех пор, пока не сравняются
потенциалы этих тел. Так как емкость шарика С—4ле0г
и C=Qmax/<p, то
_ . 4ne0rQ rQ
Qmax— 4яе0фг — 4ТОод — тг.
239
где ф — потенциал Земли. Пусть р — плотность шарика,
тогда его масса
zn=4/snr3p. (36.2)
Подставляя значения максимального заряда шарика
Qmax и его массы т в формулу (36.1), получаем уравнение
для определения радиуса г шарика плотности р, который мо-
жет улететь от Земли:
М4/з лг3р . QrQ ______
/? 4ле07?2
Отсюда
<36-3>
Примем, что плотность шарика р=103 кг/м2 (шарик мо-
жет быть иполым). Произведя расчет в СИ, получаем
«1,8-10"? м=М,8 см. Масса такого шарика по формуле
(36.2) составляет примерно 17 г.
Постановка проблемной задачи. Итак, от Земли с на-
чальной скоростью, равной нулю, может стартовать миниа-
тюрный космический кораблик радиуса г» 1,8 см с массой
17 г. Для того чтобы от Земли могли стартовать настоящие
космические корабли, необходимо изменить (увеличить)
электрическое поле Земли. Примем, что радиус космиче-
ского корабля ri«180 см —1,8 м. Теперь мы можем сфор-
мулировать условия первой задачи.
Задача № 1 Каким должен быть заряд Qi Земли, что-
бы от нее мог стартовать без начальной скорости сфе-
рический космический корабль радиуса Г1=1,8 м и плот-
ности р = 103 кг/м3, получивший от Земли максимальный
электрический заряд Сопротивлением воздуха пре-
небречь.
Решение. Решение этой задачи легко получить из
формулы (36.3):
ZuSe™?' ^«5,9-10’Кл.
Напряженность электрического поля Земли у ее поверх-
ности станет равной Е1&13 ООО В/м, а потенциал ф!=8,2х
Х1010 В. По формуле (36.2) определяем массу космического
корабля: /И1«17-103 кг.
Аналогичную задачу можно поставить для Луны.
Рассмотрим теперь другой пример (назовем его пример
36.2).
240
Подход к постановке проблемы. Известно, что в со-
стоянии невесомости (в космосе) многие физические яв-
ления протекают иначе, чем на Земле. Рассмотрим такое
явление, как колебания математического маятника.
36.1 36.2
В условиях вакуума и Земли он совершает колебания под
действием силы тяжести mg и силы натяжения нити FH
(рис. 36.1). Их период равен
(36.4)
где I — длина маятника.
Если маятник помещен в невязкую среду (идеальную
жидкость), то на него дополнительно действует сила Архи-
меда Fa, направленная против силы тяжести mg (рис. 36.2).
Период колебаний в этом случае
I
S— гА/т
может стать сколь угодно большим при FA=mg. Сила натя-
жения FH исчезает, и маятник не будет совершать колеба-
ний (сила тяжести компенсирована силой Архимеда).
Если маятнику сообщить заряд Q и поместить его в од-
нородное электрическое поле напряженности Е, как пока-
зано на рис. 36.3, то он должен совершать колебания с пе-
риодом
I
Г, — 2 л
к
g— FA/tn+QE/m *
В состоянии невесомости (маятник в кабине лифта, дви-
жущегося вниз с ускорением g) на маятник действует сила
241
инерции FH=—mg, равная по модулю и направленная про-
тивоположно силе тяжести /ng (рис. 36.4). Сила натяжения
FH исчезает, и маятник не должен совершать колебания
(сила тяжести компенсирована силой инерции). Если маят-
нику сообщить заряд и поместить его в однородное элект-
рическое поле, то он может совершать колебания и в усло-
виях невесомости.
36.3 36.4
Постановка проблемы. Исследовать возможность ис-
пользования электрического поля для работы маятниковых
часов в условиях невесомости.
Постановка проблемной задачи. Физическая система
состоит из математического маятника массой т и длиной I;
обладающего зарядом Q, и двух полей: поля тяготения и
однородного электрического поля напряженности Е. На
маятник действует сила инерции FH=—/ng. Для ее компен-
сации напряженность электрического поля Е должна быть
такова, чтобы выполнялось условие
mg—QE. (36.5)
Тогда период колебаний маятника можно вычислить по
формуле (36.4), т. е. маятник должен совершать колебания
с той же частотой, что и в обычных условиях на Земле.
Материальную точку маятника представим в виде шари-
ка радиуса г и плотности р. Потребуем, чтобы заряд шарика'
был настолько малым, что его электрическим полем можно;
пренебречь по сравнению с внешним электрическим полем?
напряженности Е. Последнее же может быть создано в плос-{
ком конденсаторе с расстоянием d между пластинами. Пустц:
242
шарик совершает колебания на расстоянии d/2 от каждой
пластины. Тогда условие малости поля заряда шарика Q
можно записать в виде
Ф1=Ю-2Ф, (36.6)
где ф!=(2/(4л80г) — потенциал шарика, ф=£-£/2 — потен-
циал внешнего поля в месте расположения шарика. Следова-
тельно, условие (36.6) приобретает вид
т^- = ю-2£4,
4леог 2 ’
или
4ле0 г Ed
2
10“’.
(36.7)
Подставляя это значение заряда шарика в формулу
(36.5) и учитывая (36.2), получаем
£ = Юг]/
2pg .
3eod
(36.8)
Расчет напряженности поля Е для значений г=Ю~8 м,
р = 103 кг/м3, d=2-10"x м дает £=6-105 В/м. Отсюда нахо-
дим разность потенциалов на конденсаторе: Mp—Ed—1,2Х
ХЮ® В.
По-видимому, такое поле в условиях космического ко-
рабля осуществить трудно. Поэтому произведем расчет на-
пряженности поля для «миниатюрного» маятника, приняв
такие значения: г=10~5 м, р = 103 кг/м3, d=2-10~? м.
Тогда из формулы (36.8) получим £^2-104 В/м. Разность
потенциалов Дф«400 В. Уменьшая радиус шарика г, мож-
но получить практически возможные значения для напря-
женности Е и разности потенциалов Дф.
Таким образом, маятниковый механизм в электриче-
ском поле в условиях невесомости можно, по-видимому, осу-
ществить лишь в «миниатюрном виде». Сформулируем ус-
ловия первой задачи.
Задача № 1. В свободно падающем (в условиях Земли)
лифте расположен плоский воздушный конденсатор, рас-
стояние между пластинами которого равно d-2-10~? м.
К верхней пластине конденсатора прикреплен математи-
ческий маятник длиной d/2. Материальная точка маят-
ника имеет форму шарика радиуса г=10“§ м и плотно-
сти р=103 кг/м3. Какую разность потенциалов Дф не-
обходимо приложить к обкладкам конденсатора, а также
какой заряд Q должен быть сообщен шарику для того,
243
чтобы маятник мог совершать колебания с такой же
частотой, что и в условиях неподвижного лифта на Зем-
ле? Электрическое поле заряда Q шарика должно быть
мало по сравнению с электрическим полем в конденсаторе.
Сопротивлением воздуха в конденсаторе колебаниям
маятника пренебречь.
Решение этой задачи уже получено: оно осуществляется
по формулам (36.8) и (36.7).
Далее можно поставить и другие задачи, например рас-
смотреть колебания в однородном электрическом поле за-
ряженного физического маятника и т. д.
§ 37. Произвольные задачи
Ранее мы решали задачи на определенную (известную)
тему. Сначала излагалась краткая теория этой темы, затем
рассматривалась основная задача, использовались опреде-
ленные методы ее решения, предлагались какие-то другие
методические приемы и указания к решению задач из этой
темы и т. д. Заметим, что и решение таких задач мы прово-
дили на основе общего подхода, изложенного в разд. I.
Таким путем мы продвигались от одной темы к другой, пос-
тепенно накапливая опыт в решении задач. Пройти такой
путь необходимо, но ограничиться только этим будет недо-
статочно. В жизни, на практике чаще приходится решать
задачи не на определенную (известную) тему, а задачи лю-
бые, произвольного содержания.
Вся теория, методика и «технология» решения задач по
физике, которая была изложена выше, ориентирована в
особенности на решение произвольных задач, т. е. задач на
произвольную, до начала решения не известную тему. При-
меним эту методику к решению таких задач.
Пример 37.1 При изотермическом расширении одного
моля кислорода, имевшего температуру Т=300 К, газ
поглотил теплоту Q—2 кДж. Во сколько раз увеличился
объем газа?
Решение. Задача поставлена не совсем корректно:
не дано первоначальное давление газа. В зависимости от
его значения газ можно считать или идеальным, или реаль-
ным. Поэтому здесь возможны два решения: первое — для
физической системы, состоящей из идеального газа, вто-
рое — для реального.
Пусть физическая система — идеальный газ. В этой си-
стеме осуществляется изотермический процесс, в результате
которого поглощается количество теплоты Q и совершается
244
работа
A^RT In (УЖ).
Необходимо определить отношение некоторых макропара-
метров системы (отношение объемов У2/У1). Это основная
задача термодинамики. Поэтому используем термодинами-
ческий метод.
Применяя первое начало термодинамики, находим
Q=RT In (УЖ).
Здесь учтено, что изменение внутренней энергии идеального
газа At7=O. Отсюда
£ = eW”->, ^,«2,23.
Предположим, что физическая система — реальный газ,
который подчиняется уравнению Ван-дер-Ваальса
[p+-^')(V-b) = RT,
где а и b — постоянные Ван-дер-Ваальса.
Внутренняя энергия одного моля реального газа
U=cvT—a/V
зависит не только от температуры Т, но и от объема У. По
первому началу термодинамики,
К 2 V 1 — О
Так как Ь—0,032 м3/кмоль (для кислорода), то последнее
уравнение можно приближенно переписать в виде
Q=a—~ + RT In х,
Vi
где х=У2/У1. Для решения этого трансцендентного уравне-
ния необходимо задать конечный объем системы У2.
Пример 37.2 Частица движется в положительном на-
правлении оси ОХ так, что ее скорость изменяется по
закону v—a\fx, где а—положительная постоянная.
Имея в виду, что в момент t—Q она находилась в точке
х=0, найти: а) зависимость от времени скорости и
ускорения частицы', б) среднюю скорость частицы за
время, в течение которого она пройдет путь от х=0
до х.
245
Решение. Физическая система состоит из одного
тела (частицы), которое можно принять за материальную
точку. Тело движется прямолинейно (одномерный случай)
вдоль оси ОХ, причем это движение рассматривается фор-
мально. Задана связь некоторых параметров движения (ско-
рости v и координаты х). Необходимо определить некото-
рые другие параметры движения (скорость, ускорение, сред-
нюю скорость). Это обратная задача кинематики.
dx
Найдем закон движения тела. Так как и„ = -тт, то
х at
уравнение связи vx=aVx можно записать в виде
dx 1 /—
Разделяя переменные, интегрируя и учитывая начальные
условия, получаем закон движения
х=а2/2/4. (37.1)
Отсюда находим закон изменения скорости от времени:
dx a2t
V*~'dl 2~ ’
закон изменения ускорения:
dvx а2
а* ~ ~~ ~2
и среднюю скорость:
t t
1 Р IP j. a2t / лгу
<Ox>=T j = — d/ = —. (37.2)
о о
Подставляя значение времени движения t—lVxIa, най-
денное из уравнения (37.1), в формулу (37.2), окончательно
получаем среднюю скорость:
<ЦХ> = у V~X.
Из анализа решения видно, что задача может быть ус-
ложнена, если вместо уравнения связи vx~а]/~х использо-
вать соотношение вида vx=f(x), где функция f(x) должна
удовлетворять некоторым условиям.
Пример 37.3 В длинной вертикальной цилиндриче-
ской трубке, закрытой с нижнего конца, может ходить
без трения поршень, масса М которого велика по сравне-
нию с массой газа, заключенного внутри трубки.
246
В положении равновесия расстояние между поршнем и
дном трубки равно 10 (рис. 37.1). Определить период ма-
лых колебаний, которые возникнут при отклонении
поршня из положения равновесия, в предположении, что
они являются изотермическими, а газ — идеальным.
Площадь поперечного сечения трубки равна S, нормальное
атмосферное давление р0. Рассмотреть предельный слу-
чай, когда ро — О.
Решение. В физическую систему включим три тела:
поршень (твердое тело массой М), идеальный газ под порш-
нем внутри трубки и воздух над поршнем (идеальный газ).
Как будут вести себя тела системы после того, как поршень
сместится вниз на расстояние х от положения равновесия
(рис. 37.1)? Состояние газа над поршнем
не изменится (его давление р0 и тем-
пература То останутся постоянными).
Состояние газа под поршнем изменится
(температура То останется постоянной,
объем уменьшится на Д/=xS, а дав-
ление возрастет на Др). Следовательно,
на поршень будет действовать допол-
нительная сила F=&pS, направленная
вверх.
Под действием этой силы поршень
пойдет вверх. В положении равновесия
дополнительная сила F обратится в нуль.
37.1
Но так как скорость поршня в этом положении отлична от
нуля, то он, пройдя положение равновесия, сместится вверх
на расстояние х (трения нет). Давление газа под поршнем
уменьшится на Др. Под действием силы ДрЗ, теперь уже
направленной вниз, поршень начнет двигаться также вниз.
Таким образом, поршень будет совершать колебания около
положения равновесия.
Используем динамический метод. Найдем сначала до-
полнительную силу F=hpS, действующую на поршень. По
закону Бойля — Мариотта для изотермического процесса
в газе под поршнем получаем
Pi/qS — (pi+Др) (5/0—5х),
(37.3)
где pi=(Afg+p0S)/S — давление газа под поршнем в состоя-
нии равновесия. Считая, что х<70, из (37.3) находим изме-
нение давления газа:
Др=р1Х//0-
247
Следовательно, дополнительная сила
р__ Mg-[-p0S
Л —' у
‘о
пропорциональна смещению х поршня от положения равно-
весия и направлена к положению равновесия.
Под действием этой силы поршень совершает гармониче-
ские колебания. По второму закону Ньютона находим диф-
ференциальное уравнение этих колебаний:
Л1"+л1г+Ро5Л.= 0
<0
Сравнивая это уравнение с общим дифференциальным
уравнением свободных незатухающих колебаний, находим
период колебаний поршня:
Т ^23x1/____-1°__
° V Mg+PfiS‘
Отсюда То—2n]/rl0/g в предельном случае ро=О. Это период
колебаний математического маятника.
Пример 37.4 Пуля, пробив доску толщиной h, измени-
ла свою скорость от v0 до Найти время движения пули
в доске, считая силу сопротивления пропорциональной
квадрату скорости. ;
Решение. Материальная точка (пуля) движется под!
действием известной силы. Известны начальные условия
(v0 — {fo, 0, 0}, г0={0, 0, 0} при /=0). Необходимо опреде-
лить один из параметров движения (время 0. Это основная
задача динамики материальной точки.
Используем динамический метод. По второму закону
Ньютона,
m-^- = — av\ (37.4)
где tn — масса пули, а — коэффициент пропорционально-^
сти. Заметим, что эти параметры (tn и а) неизвестны. Ин-'
тегрируя уравнение (37.4) и учитывая начальное условие,
находим закон изменения скорости:
v0
V = f-i---77— .
1 -j- av^t/m у
Полагая в этом уравнении u=Uf, получаем искомое вре-
мя:
t : - т (* — ^/°о)
1 0^1
(37.5:
243
Для определения неизвестного отношения m/а найдем
закон движения пули, решая обратную задачу кинематики:
или
h = Inf 1 + ^
а \ tn J
(37.6)
Выразив отношение т/а из уравнения (37.5)
т____ vjti * 1
а ~ f
к )
и подставив его в формулу (37.6), окончательно находим
искомое время:
t —
1 0Q0! 1П (fo/Vi)
Пример 37.5 Две квадратные пластины со стороной
а=300 мм, закрепленные на расстоянии d=2,00 мм друг
от друга, образуют плоский конденсатор, подключен-
ный к источнику постоянного напряжения Дер =250 В.
Расположенные вертикально пластины погружают в со-
суд с керосином со скоростью и=5,00 мм/с. Найти силу
тока I, текущего при этом по подводящим проводам.-
Решение. Физическая система состоит из плоского
конденсатора, подсоединенного к источнику ’постоянного
напряжения. До погружения в керосин на одной из обкла-
док конденсатора сосредоточен заряд
Q=CAcp,
где C=£,0a2ld — емкость конденсатора.
При погружении пластин в керосин в подводящих про-
водах течет электрический ток. Почему? Керосин — ди-
электрик (диэлектрическая постоянная 8=2). Когда он
появляется в конденсаторе, электрическое поле в последнем
изменяется. Это приводит к перераспределению зарядов на
обкладках конденсатора, в подводящих проводах возни-
кает ток. Увеличение заряда на пластинах при неизменном
напряжении (Acp=const) обусловлено возрастанием емко-
сти С конденсатора.
Найдем емкость конденсатора в произвольный момент
времени t. К этому моменту времени пластины погрузятся
в керосин на глубину h—vt. Конденсатор в этот момент мож-
249
но представить как батарею из двух плоских конденсато-
ров, соединенных параллельно: один — с диэлектриком
между обкладками, другой — без диэлектрика. Емкость
этой системы
r _ &0&vta е0 (a—vt) а _ еоа f ,
С-----4---------2----= — [(8— 1) vt + а].
Заряд Q на обкладке изменяется от времени t по закону
Q = ^[(8-1)«/ + 4
Отсюда определяем искомый ток:
/=^=^(е-1)0.
Подстановка числовых значений дает /=1,7-10_9 А.
Пример 37.6 На горизонтальной плоскости лежит ка-
тушка ниток. С каким ускорением а движется ось ка-
тушки, если за нитку тянуть с силой F (рис. 37.2)?
Каким образом надо тянуть за нитку для того, чтобы
катушка двигалась в сторону натянутой нитки? Ка-
тушка движется по поверхности стола без скольжения.
Найти силу трения между катушкой и столом.
Решение. Физическая система состоит из одного
тела — катушки, которую можно принять за твердое тело.
Известны силы (их можно определить), действующие на ка-
тушку. Необходимо найти ускорение тела. Это основная за-
дача динамики твердого тела.
250
На катушку действуют следующие силы: данная сила
натяжения нити F, сила тяжести /ng, сила трения FTP и
реакция опоры N. Инерциальную систему отсчета свяжем с
Землей, оси координат направим, как показано на
рис. 37.2. По теореме о движении центра масс,
ma—F cos а—FTp, Q—N-^F sin а—mg.
Из уравнения движения твердого тела относительно
оси, проходящей через центр масс, находим
Jfy—F^R—Fr,
где $=afR — угловое ускорение катушки, a J — ее момент
инерции относительно этой же оси. Решая полученную систе-
му уравнений, находим искомое ускорение:
n__RF (Я cos а—г) q 7
а~~ J+tnR*
и силу трения:
FT9=F cos а—та.
Из уравнения (37.7) следует, что условие а>0 выпол-
няется при cos oOrlR. Для решения задачи должны быть
заданы масса т и момент инерции J катушки.
Пример 37.7 Плосковыпуклая стеклянная линза вы-
пуклой поверхностью соприкасается со стеклянной плас-
тинкой (рис. 37.3). Радиус кривизны выпуклой поверх-
ности линзы R, длина волны света X. Найти ширину Аг
кольца Ньютона в зависимости от его радиуса в области,
где &r<gj.
Решение. В физическую систему можно включить
следующие тела: стеклянную пластинку, линзу и тонкий
воздушный клин между ними (рис. 37.3). В результате от-
ражения волны от верхней и нижней граней воздушного
клина происходит явле-
ние интерференции света
и образуются кольца
Ньютона. Необходимо
определить ширину коль-
ца Аг (или найти рассто-
яние между центрами со-
седних темных и свет-
лых колец). Это ос-
новная задача в яв-
лении интерференции
волн.
251
Сначала необходимо определить оптическую разность
хода, а затем использовать условие максимума и минимума.
Оптическая разность хода лучей, отраженных от верх-
ней и нижней граней воздушного клина,
6=2<Ш/2, (37.8)
где d — толщина воздушного клина. Из геометрических
соображений
(37.9)
В этом уравнении rk — радиус &-го темного или светлого
кольца. Подставляя значение d из (37.9) в уравнение (37.8)
и используя условия максимума (27.1) и минимума (27.2),
находим радиусы k-ro темного
= V'kKR
и светлого
колец. Из этих уравнений получаем
~ kl ^fec) ~Ь ^kc) ~ ^^/2.
Полагая rfeT+rftc^2r, находим ширину кольца:
А М
rkx—rk^-^.
Пример 37.8 Эбонитовый шар радиуса R=5Q мм заря-
жен с помощью трения равномерно распределенным по-
верхностным зарядом плотности о=10,0 мкКл/м2. Шар
приводится во вращение вокруг своей оси со скоростью v —
=600 об/мин. Найти магнитную индукцию В, возникаю-
щую в центре шара.
Решение. Поверхностные электрические заряды,
движущиеся по окружностям, создают кольцевые токи, во-
круг каждого из которых образуется магнитное поле. Не-
обходимо определить суммарную индукцию этих полей в
центре шара. Это основная задача в теории магнитного поля.
Воспользуемся принципом суперпозиции и методом
ДИ (см. § 6). В силу симметрии выберем сферическую систе-
му координат, начало которой поместим в центр шара. Плос-
костями, перпендикулярными оси вращения, разделим
поверхность шара на столь узкие сферические слои, чтобы
магнитное поле тока, создаваемого электрическим зарядом
252
этого слоя, можно было рассчитывать по закону Био —
Савара — Лапласа (23.3). Рассмотрим бесконечно малый
элемент одного такого слоя (на рис. 37.4 этот элемент за-
штрихован). Его площадь 65=/?281п 0d0d<p, а электрический
заряд dQ=odS=cr/?2sin 0d0dq>. Так как dtp—cod^, то коль-
цевой ток, обусловленный
движением зарядов этого
слоя,
/ = = ело/?2 sin 0 d0.
at
(37.10)
Известно (этот резуль-
тат можно получить), что
кольцевой ток / радиуса г
создает магнитное поле,
индукция В которого в
точке, расположенной на
оси этого тока на расстоя-
нии d от его плоскости,
вычисляется по формуле
—^0^2 (Г24-(/2)3/2 •
Таким образом, кольцевой ток (37.10) создает магнитное
поле, индукция которого в центра шара
, D gmR sin3 0 d6 /0„ ...
dB= рор-------. (37.11)
Интегрируя (37.11) по 0 в пределах от 0 до л, находим
я
D С aw/?sin8ed0 2u0u(7(oR
о — j рор .
о
Учитывая, что <i)=2jtv, окончательно определим иско-
мую индукцию:
В=4лцоцсгу^/3.
Подставив числовые значения, получим В«2,6-10~п Тл.
ЗАКЛЮЧЕНИЕ
Подведем итоги. На многочисленных примерах мы по-
казали, что общий подход к решению любой задачи из
курса общей физики в основном сводится к умению про-
водить анализ произвольного физического явления или
совокупности явлений. Фундаментальное понятие «физи-
ческое явление» связано с большинством обобщенных по-
нятий физики: физическая система, физическая величина,
физический закон и его важнейшие стороны (физический
смысл, условия применимости, метод применения), взаи-
модействие, состояние физической системы и понятие ос-
новной задачи, идеальные физические объекты и процессы,
физическая модель и т. д. Важно не только знать эти
понятия, но и уметь оперировать ими, используя их как
элементы в структуре методов. В этой системе два наи-
более общих метода являются самыми важными—метод
анализа физической ситуации и метод постановки задачи.
Метод анализа физической ситуации позволяет решить
любую поставленную задачу из курса общей физики.
Метод постановки задачи поможет не только найти
подход к решению непоставленной задачи, сформу-
лировать и решить первую задачу, но и далее, используя
метод упрощения и усложнения, поставить и решить еще
десятки задач различной степени трудности, т. е. рас-
смотреть так называемый «блок» задач.
Выше мы отметили, что поставленные и непоставлен-
ные задачи исчерпывают все виды задач. Казалось бы,
мы, наконец, получили ответ на вопрос: как научиться
решать задачи по физике? Для этого необходимо в ос-
новном овладеть этими двумя наиболее общими мето-
дами. Как просто! Но для того чтобы овладеть этими
методами, нужно очень много потрудиться. В учебе, как
и в науке, легких путей для достижения цели не суще-
ствует.
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие .............................................. 3
Введение , , , , ........................................... 5
Раздел 1. Теоретические основы общего подхода к решению
произвольной задачи по физике............................ 7
Глава I. Система фундаментальных понятий физики............. 7
§ I. Некоторые общие понятия физики...................... 7
§ 2. Идеализация физической задачи....................... 9
§ 3. Классификация задач по физике...................... 12
Глава 2. Некоторые общие методы решения задач по физике . . 15
§4. Этапы решения поставленной задачи.................. 15
§ 5. Метод анализа физической ситуации задачи........... 18
§ 6. Обще-частные методы. Метод ДИ...................... 19
§ 7. Метод упрощения и усложнения. Метод оценки .... 22
§ 8. Метод постановки задачи............................ 28
§9. Еще одна классификация поставленных задач........ 30
Раздел II. Решение стандартных задач ................... 37
Механика................................................ 37
Глава 3. Движение материальной точки....................... 37
§ 10. Кинематика материальной точки..................... 37
§ 11. Динамика материальной точки....................... 44
§ 12. Механические колебания............................ 60
§ 13. Законы сохранения................................. 66
Глава 4. Движение твердого тела............................ 80
§ 14. Динамика твердого тела............................ 80
§ 15. Законы сохранения в динамике твердого тела .... 87
Элементы теории физических полей........................ 93
Глава 5. Поле тяготения................................... 93
§ 16. Основная задача в теории поля тяготения........... 93
§ 17. Поле тяготения системы материальных точек....... 94
§ 18. Поле тяготения при произвольном распределении масс 98
Глава 6. Электрическое поле.............................. 107 /
§ 19. Электростатическое поле в вакууме................ 107
§ 20. Электростатическое поле в диэлектриках........... 117
§ 21. Проводники в электростатическом поле............. 133
§ 22. Постоянный электрический ток..................... 143
Глава 7. Магнитное поле................................... 150
§ 23. Магнитное поле в вакууме......................... 150
§ 24. Магнитное поле в веществе ....................... 161
255
Глава 8. Электромагнитное поле............................ 165
§25. Электромагнитная индукция и самоиндукция........ 165
§ 26. Электромагнитные колебания....................... 173
Глава 9. Электромагнитные волны........................... 179
§27. Интерференция света.............................. 179
§ 28. Дифракция света.................................. 187
Термодинамика и молекулярно-кинетическая теория........ 193
Глава 10. Термодинамика................................... 193
§ 29. Первое начало термодинамики...................... 193
§ 30. Второе начало термодинамики...................... 200
Глава 11. Молекулярно-кинетическая теория................. 207
§31. Распределение Максвелла — Больцмана.............. 207
§ 32. Распределение Больцмана.......................... 214
Раздел III. Решение нестандартных, непоставленных и про-
извольных задач........................................ 219
Глава 12. Нестандартные и оригинальные задачи............. 219
§ 33. Нестандартные задачи............................. 219
§ 34. Оригинальные задачи.............................. 227
Глава 13. Непоставленные, проблемные и произвольные задачи 233
§ 35. Непоставленные задачи............................ 233
§ 36. Проблемные задачи................................ 237
§ 37. Произвольные задачи.............................. 244
Заключение................................................ 254
УЧЕБНОЕ ИЗДАНИЕ
Борис Сергеевич Беликов
Решение задач по физике. Общие методы
Зав. редакцией научно-методической литературы по физике и математике
Е. С. Гридасова. Научный редактор А. Д. Суханов. Редактор издательства
С. А. Крылов. Младший редактор С. А. Доровских. Художественный редактор
В. И. Пономаренко. Художник В. И. Казакова Технический редактор Т. Д. Га-
рина. Корректор Г. И. Кострикова
ИБ № 5879
Изд. № Фм-793. Сдано в набор 18.11.85. Подп. в печать 1 1.03.86. Формат
84ХЮ81/82. Бум. тип. № 2. Гарнитура литературная. Печать высокая. Объем
13,44 усл. печ. л. 13,65 усл. кр.-отт. 11,61 уч. изд. л. Тираж 82 000 экз.
Зак. № 1899 Цена 40 коп.
Издательство «Высшая школа>, 101430, Москва, ГСП-4, Неглинная ул., д. 29/14.
Ордена Октябрьской Революции и ордена Трудового Красного Знамени МПО
«Первая Образцовая типография> имени А. А. Жданова Союзполиграфпрома при
Государственном комитете СССР по делам издательств, полиграфии и книжной
торговли. 113054, Москва, Валовая, 28