Механика

Министерство образования и науки Российской Федерации ФГБОУ ВО «Братский государственный университет» Ким Де Чан, И.Г. Махро, Д.И. Левит МЕХАНИКА Курс лекций Братск Издательство Братского государственного университета 2017 1 Ким Де Чан, Махро И.Г., Левит Д.И. Механика. Курс лекций. – Братск: Изд-во БрГУ, 2017. – 407 с. Представлено краткое и последовательное изложение теоретического материала следующих разделов классической механики: кинематика, динамика, законы сохранения, механические колебания и волны, гидродинамика; специальная теория относительности (СТО). В пределах каждого раздела, кроме теоретического материала, приведены подробные решения типовых задач, задания для самостоятельных работ, контрольные вопросы, а также примеры практического применения тех или иных законов и явлений. Предназначено для обучающихся по направлениям подготовки: 27.03.04 «Управление в технических системах», 13.03.02 «Электроэнергетика и электротехника», 23.03.02 «Наземные транспортно-технологические комплексы», 23.03.03 «Эксплуатация транспортно-технологических машин и комплексов», 15.03.02 «Технологические машины и оборудование», 35.03.01 «Лесное дело», 08.03.01 «Строительство», а также для студентов всех форм обучения по программе бакалавриата по техническим направлениям подготовки. Может быть полезно и преподавателям, читающим курс общей физики. Табл. 14. Ил. 167. Библиогр. 11 назв. Рецензенты: д.ф.-м.н., профессор Иркутского государственного университета Н.Т. Афанасьев; зав. кафедрой физики Иркутского национального исследовательского государственного университета, д.т.н., профессор Н.П. Коновалов © ФГБОУ ВО «БрГУ», 2017 © Ким Де Чан, И.Г. Махро, Д.И. Левит, 2017 2 Предисловие Данное пособие в своей основе содержит изложение курса, читаемого много лет авторами в Братском государственном университете для будущих инженеров, бакалавров и магистров. Содержание пособия охватывает круг вопросов по механике, входящих в программу инженерных специальностей технических вузов для всех форм обучения. При изложении лекционного курса «Механика» авторы старались показать, что основой решения всех задач в классической механике является единый метод, опирающийся на три закона динамики и их следствия, а также на законы сохранения энергии, импульса и момента импульса. Раздел «Механика», являясь частью курса физики, имеет свои цели: сообщить обучающимся основные экспериментальные факты, относящиеся к изучению механического движения, научить раскрывать и обобщать физические закономерности, которым подчиняются наблюдаемые явления. Поэтому авторы в данном пособии отступили от математической строгости, предоставляя обучающемуся при необходимости более глубокого изучения механических явлений заглянуть в другие учебники, например, «Механика» С.П. Стрелкова, И.В. Савельева, О.Э. Хайкина, Д.В. Сивухина, И.Е. Иродова и др. Пособие состоит из десяти лекций, распределенных по шести разделам: кинематика; динамика; законы сохранения; механические колебания и волны; гидродинамика; специальная теория относительности. Отличительной особенностью данного учебного пособия от других пособий по механике является то, что помимо изложения теоретического курса, по каждому разделу приводятся подробные примеры решения типовых задач, а также вопросы и задачи для самостоятельного решения. Содержание теоретического курса соответствует ГОСам и подобрано с учетом того, чтобы студенты не испытывали необходимости обращения к другим источникам при выполнении контрольных работ. При освоении курса «Механика» особое внимание обращено на области применения законов механики. Пособие снабжено 3 качественным иллюстративным материалом, который помогает усвоению теоретического материала. Следует помнить, что физика требует от обучающегося обдумывания, размышлений. В усвоении материала основную роль должна играть логическая память с достижением глубокого понимания. Данное пособие предназначено для подготовки студентов высших учебных заведений технического направления по программе бакалавриата. Оно полезно и для студентов, обучающихся по программам специалитета, а также преподавателям, читающим курс общей физики. Авторы будут признательны всем лицам, которые пришлют свои замечания, соображения и предложения, направленные на улучшение пособия. 4 ЛЕКЦИЯ 1 Кинематика поступательного и вращательного движения 1.1. Введение. Предмет изучения физики. 1.2. Основные характеристики кинематики: материальная точка, система отсчета, траектория, путь и вектор перемещения. Кинематические уравнения. 1.3. Скорость и ускорение. 1.3.1. Скорость. 1.3.2. Ускорение. 1.4. Ускорение при криволинейном движении. Нормальное и тангенциальное ускорения. 1.5. Кинематика вращательного движения. Угловое перемещение, угловая скорость и ускорение. 1.6. Связь между линейными и угловыми скоростями и ускорениями. 1.7. Контрольные вопросы. 1.8. Примеры решения задач. 1.9. Задачи для самостоятельного решения. 1.1. Введение. Предмет изучения физики Физика – это наука, изучающая простейшие и вместе с тем наиболее общие закономерности природы, свойства и строение материи, законы ее движения. По современным представлениям во Вселенной существуют материя (в привычном смысле для нашего понимания) и темная материя (dark matter), энергия и темная энергия (dark energy). Согласно современным исследованиям, темная энергия составляет примерно 73% наблюдаемой Вселенной, темная материя 23%, оставшиеся 4% материи приходятся на обычную материю и энергию. Эти наиболее изученные нами 4% материи включают в себя вещество, физические поля и физический вакуум. В разделе «Механика» мы ограничимся рассмотрением таких понятий как вещество и физические поля. Вещество – это элементарные частицы, атомы, простые и сложные неорганические и органические молекулы, такие как, например, ДНК (дезоксирибонуклеиновая кислота) и все тела, построенные из них. Из вещества состоят привычные для нас 5 объекты не только микро- и макромира, но и объекты мегамира: звезды, планеты, галактики и др. К полям относятся: гравитационные, электромагнитные, ядерные, слабые и др. Различные виды материи могут превращаться друг в друга. Например, при аннигиляции электрона –е и позитрона +е (антиэлектрон) они превращаются в гамма-кванты, которые являются переносчиками электромагнитных волн, т.е. e   e  2 . Если гамма-квант с большой энергией, например, с E  1, 02 МэВ взаимодействует с полем атомного ядра, то он превращается в позитрон +е и электрон –е, т.е. поле переходит в вещество: Материя вечно и непрерывно развивается, находясь в непрерывном движении. Для описания строения и свойств материи, явлений природы необходимы физические теории и законы. Физические законы устанавливаются на основе обобщения опытных фактов и выражаются в виде количественных зависимостей между физическими величинами. Физическими величинами называются характеристики процессов или свойств тел, которые могут быть определены количественно с помощью тех или иных измерений. Для количественного описания физических законов используют математический аппарат, позволяющий не только количественно выражать найденные зависимости, но исследовать их и находить новые. Основным методом исследования в физике является опыт (эксперимент). Физическим опытом называется воспроизведение явления в искусственных (лабораторных) условиях, исключающих второстепенные связи, сказывающиеся на явлении. Например, исследуя влияние силы тяжести на падение тел, мы заставляем 6 тело падать в трубке, из которой откачан воздух. При этом устанавливается зависимость ускорения, с которым падает камень, от величины силы тяжести. Сравнение результатов наблюдения и опыта позволяет сделать заключение, что в отсутствие сопротивления воздуха ускорение, с которым падают все тела на Землю, одинаково для всех тел. Для объяснения экспериментальных данных выдвигаются гипотезы. Гипотеза – это научное предположение, выдвигаемое для объяснения какого-либо факта или явления и требующее проверки и доказательства для того, чтобы стать научной теорией или законом. Например, гипотезы: де Бройля о дуализме материи, Планка  о кванте излучения и др. Правильность высказанной гипотезы проверяется посредством опытов. Успешно прошедшая такую проверку и доказанная гипотеза превращается в научную теорию или закон. Гипотеза де Бройля о волновых свойствах микрочастиц доказана на опытах дифракции электронов, атомов и других частиц. Физическая теория представляет собой стройную систему основных идей, обобщающих опытные данные и отражающих объективные закономерности природы. Физическая теория дает объяснение целой области явлений природы с единой точки зрения. Например, квантовая теория объединяет классическую теорию. Раньше всех развивалась классическая теория, основоположниками которой являются Г. Галилей, И. Ньютон и др. Ньютоновская теория оказалась настолько могущественной, что у многих исследователей сложилось представление о том, что с помощью теории Ньютона можно объяснить любое физическое явление. Такое впечатление сложилось до начала 20 века. К началу 20 века были известны такие физические явления, которые не смогла объяснить ньютоновская теория. К ним относятся спектры атомов, тепловое излучение, фотоэффект, введение эфира и др. Для решения задачи о тепловом излучении М. Планк в 1900 году ввел понятие кванта излучения, которое привело к созданию квантовой механики. В 1905 году для объяснения фотоэффекта А. Эйнштейн предложил гипотезу о кванте света. Для описания поведения волновых свойств микрочастиц в 1926 году 7 Э. Шредингер предложил волновое уравнение. В дальнейшем квантовую теорию развивали Дирак, Гейзенберг, Бор и др. Для решения противоречия опытных фактов, касающихся эфира, Эйнштейна побудило пересмотреть представление о пространстве и времени, которое привело к созданию специальной теории относительности (СТО). Ньютон считал пространство и время абсолютными, существующими независимо друг от друга. По Эйнштейну пространство и время оказались относительными и зависимыми друг от друга. Таким образом, Эйнштейном была создана релятивистская механика. Следовательно, все физические законы и теории, созданные до 1900 года, считаются классическими и, соответственно, являются основой классической физики, а после 1900 года физика, объясняющая явления природы, считается современной. Физические законы лежат в основе технических наук. В машиностроении используются законы механики, теории теплоты, электромагнитных явлений. Теплотехника, электротехника, радиотехника, светотехника и другие технические отрасли теснейшим образом связаны с физикой. Связь физики с техникой расширяется и становится еще теснее с развитием научнотехнической революции. Тому свидетельство  развитие оптоволоконной связи, микроэлектроники, атомной индустрии, лазерной техники, нанотехнологий и др. 1.2. Основные характеристики кинематики: материальная точка, система отсчета, траектория, путь и вектор перемещения. Кинематические уравнения Наука, изучающая простейшую форму движения, связанную с перемещением тел друг относительно друга и с изменением их формы и размеров, называется механикой. Механика делится на кинематику, статику и динамику. Раздел механики, изучающий движение тел в пространстве и во времени без причин, которые вызывают движение или изменения его, называется кинематикой. Кинематика, в свою очередь, делится на кинематику поступательного движения и кинематику вращательного движения. 8 В природе мы наблюдаем движение тел повседневно. Хотя механическое движение считается простейшим, однако описать закон движения любого тела очень трудно. Это потому что в одних случаях тело будет двигаться как целое, в других при движении взаимное положение частей тела может меняться. Поэтому изучение движения тела нужно начинать с рассмотрения движения отдельной части или точки тела. В физике при решении задач рассматривают модели физических объектов в виде абстракций. Таковыми являются материальная точка, система отсчета, траектория, вектор перемещения и другие. Материальной точкой называют абстракцию реального тела, размерами и формой которого пренебрегают в данной задаче. При этом тело рассматривается как геометрическая точка, обладающая массой, равной массе тела. Вопрос о том, можно ли данное тело рассматривать как материальную точку или нет, зависит от условий задачи. Например, рассматривая вращение Земли вокруг Солнца, можно Землю принять за материальную точку, т.к. размеры нашей планеты во много раз меньше расстояния от Земли до Солнца. В то же время относительно наблюдателя, находящегося на Земле, Земля – это огромное космическое тело протяженных размеров. Таким образом, критерием материальной точки должно быть соотношение: d  r , где d – размер тела, r – расстояние от тела до наблюдателя. Что означает знать движение тела? Это значит, уметь для любого момента времени указать положение и скорость тела относительно других тел. Следовательно, для изучения движения тела, необходимо выбрать тело, по отношению к которому можно фиксировать местоположение, отметить перемещение данного тела, т.е. нужно выбрать тело отсчета. Телом отсчета называется тело, относительно которого рассматривается движение другого тела. Для количественного определения положения тела в каждый момент времени необходимо выбрать систему координат, а также иметь часы. Совокупность системы координат и часов, связанных с телом отсчета, по отношению к которому изучается движение других тел, называется системой отсчета. Система отсчета может быть как инерциальной, так и неинерциальной. 9 Инерциальной системой отсчета (ИСО) называется система отсчета, относительно которой все тела либо движутся равномерно и прямолинейно, либо покоятся. Такой системы отсчета в природе нет, но приближенная к ней ИСО – это система отсчета, связанная с Солнцем (гелиоцентрическая система). На некотором участке траектории, когда Земля движется почти прямолинейно, систему отсчета, связанную с Землей, приближенно можно считать ИСО. Чаще ее называют лабораторной системой отсчета (ЛСО). Пространство, описываемое классической механикой, считается однородным и изотропным. Математически такое пространство описывается геометрией Евклида и в качестве абстрагированной системы отсчета может быть принята прямоугольная система отсчета (ПСО). Тогда все точки пространства определяются тремя числами  координатами x, y, z (см. рис.1.1). Прямую, соединяющую начало координат (точку 0) и точку пространства (точку А), направленную от т.0 к т.А, называют радиус-вектором, значение и направление которого зависит от координат, т.е. r  r ( x, y, z ). Введем единичные векторы i , j , k , модуль которых равен Рис.1.1 единице: i  1 . Тогда радиус- вектор можно записать в виде r ( x, y, z )  i x  j y  k z , (1.1) где x, y, z – длины векторов x , y, z , определяемых проекцией вектора r на каждую ось. При движении материальная точка в пространстве описывает некоторую линию, которая называется траекторией. Если траектория прямая, то движение называется прямолинейным, а если кривая, то криволинейным движением. Форма траектории и характер движения зависят от того, с какой системой отсчета 10 связано движение материальной точки. Например, если на Земле наблюдатель видит прямолинейную траекторию, то для наблюдателя, находящегося на Луне, траектория будет криволинейной, так как Земля вращается вокруг собственной оси. Расстояние, пройденное материальной точкой по траектории, называется длиной пути  s (рис.1.2). Отрезок прямой (АВ), соединяющий начало и конец движения материальной точки и направленный от начала к концу движения, называется  вектором перемещения r :    r  r2  r1. При прямолинейном движении r   s, а при криволинейном движении r   s. На бесконечно малом участке траекто рии, когда t  0 и r  0, преs дел отношения lim  1, т.е. t 0 r ds  dr . Определив для ряда моментов времени соответствующие Рис.1.2 координаты перемещающейся материальной точки, мы можем затем графически или аналитически сопоставить каждому моменту времени соответствующие значения координат материальной точки. Тогда мы получим функциональную зависимость координат от времени, т.е.   (1.2) x  x(t ), y  y(t ), z  z(t ), r  r (t ). Уравнения (1.2) называются кинематическими уравнениями. Зная явный вид уравнений (1.2), можно найти скорость, ускорение движущегося тела (материальной точки). Исключив из уравнений (1.2) время, можно найти уравнение траектории. Например, пусть движение материальной точки на плоскости описывается уравнениями: x  a sin  t, y  a cos  t. 11 (1.3) Найдем уравнение траектории движения точки. Для этого возведем в квадрат уравнения (1.3), затем сложив их, получим x2  y2  a2 sin2 t  a2 cos2  t  a2 sin2  t  cos2  t   a2 . Таким образом, если координаты материальной точки с течением времени изменяются согласно уравнениям (1.3), то траекторией движения точки является окружность радиуса а: x2  y 2  a2 . 1.3. Скорость и ускорение 1.3.1. Скорость Если при движении материальная точка за одинаковые произвольно выбранные промежутки времени проходит одинаковый путь или перемещение, то такое движение называется равномерным. Если приращения расстояния в равные промежутки времени неодинаковы, то движение называется неравномерным. Пусть материальная точка относительно начала декартовой системы координат перемещается и описывает некую траекторию (см. рис.1.2). В начальный момент времени t1 материальная точка находится в точке А, а в конечном t2  в точке В. За промежуток времени t=t2t1 вектор перемещения равен r  r2  r1. Тогда величину, равную отношению вектора пере мещения r к промежутку времени t, называют средней скоростью:     r r2  r1 (1.4)     . t t 2  t1 При уменьшении промежутка времени t уменьшается век тор перемещения r . Вначале с уменьшением t модуль векто ра r меняется значительно, затем меньше и меньше. Наконец, начиная с некоторого малого значения t при дальнейшем  r уменьшении (t0) отношение становится постоянным, а t 12 точка В приближается к точке А. Предел отношения  r при t t 0 называется мгновенной скоростью, т.е.    r dr (1.5)   lim  . t →0 t dt Мгновенная скорость равна первой производной от радиусвектора по времени. Скорость измеряется в СИ (международной системе единиц) в м/c. В декартовой системе координат мгновенную скорость можно представить через составляющие скорости относительно осей координат, т.е.   i  x  j y  k z , (1.6) где  x ,  y ,  z  модули скорости относительно осей X, Y, Z, соответственно. С другой стороны, r ( x, y, z )  i x  j y  k z , подставляя в (1.5), получим     x  y  z (1.7) i  x  j  y  k z  i  j k . t t t Из (1.7) следует, что y x z (1.8) x  ; y  ; z  . t t t  В дальнейшем частную производную будем писать в виде t d , хотя это не совсем корректно, т.е. (1.8) запишем в виде dt dy dx dz x  ; y  ; z  . (1.9) dt dt dt Интегрируя (1.5) и (1.9), получим уравнения t t t t r  r0    dt , x  x 0   x dt, y  y 0   y dt, z  z 0   z dt, (1.10)    c помощью которых можно определить координаты x(t), y(t), z(t) материальной точки или модуль (численное значение) радиус13 вектора r(t) в любой момент времени при известных начальных условиях. Пусть материальная точка за промежуток времени t проходит путь s. Отношение пути s к промежутку времени t называется средней путевой скоростью: s s  . (1.11) t Средняя путевая скорость всегда больше или равна модулю средней скорости, т.е. s     . 1.3.2. Ускорение Скорость механического движения может меняться со временем, как по величине, так и по направлению. Примерами движения с изменяющейся по величине скоростью могут служить свободное падение тел на Землю, движение поезда и автомобиля на прямолинейном участке пути. Равномерное обращение точки по окружности – пример движения, при котором скорость меняется только по направлению. При движениях Земли, ее искусственных спутников по орбитам, падении парашютиста и др. скорость меняется и по величине и по направлению. Пусть при движении материальной точки из точки А к точке В скорость ее меняет  ся от 1 до  2 за промежуток времени t (рис.1.3). Рис.1.3 Отношение вектора при   ращения скорости    2  1 к интервалу времени t, называется средним ускорением:    a  . (1.12) t   Предел отношения при t0 называется мгновенным t ускорением 14     d (1.13) a  lim  . t →0 t dt Ускорение в СИ измеряется в м/c2. Физический смысл ускорения заключается в том, что оно характеризует быстроту изменения скорости во времени по величине и по направлению. Подставляя (1.5) в (1.13), получим    d d 2 r (1.14) a  2 , dt dt т.е. мгновенное ускорение равно первой производной по времени скорости или второй производной по времени радиус вектора r . В декартовой системе координат мгновенное ускорение представляется в виде:     a = i ax + j a y + k az (1.15) или ax  dx d 2 x  2 , dt dt ay  dy d 2 y  2 , dt dt dz d 2 z  2. dt dt (1.16)   d    z  .   dt   (1.17) az   Модуль вектора a равен  d y   d  a  a  a x2  a 2y  a z2   x     dt   dt 2 2 2 Интегрируя (1.14) и (1.16), получим формулы скорости в любой момент времени при заданных начальных условиях:   t t   t    0   adt,  x t    0 x   a x dt, t t  y t    0 y   a y dt,  z t    0 z   a z dt. (1.18) Зная начальные условия, используя выражения (1.10) и (1.18), можно определить координаты и скорости материальной точки (тела) в любой момент времени. Рассмотрим частные случаи. 15 а) Пусть материальная точка движется прямолинейно и равномерно вдоль оси Х. Тогда,  x   0 x  const. Следовательно, ax  d x  0 и из (1.10) следует, что dt xt   x0   x t. Рис.1.4 (1.19) Рис.1.5 Графики для данного вида движения представлены на рис.1.4 и рис.1.5. б) Пусть материальная точка движется равнопеременно с постоянным ускорением ах. Тогда из (1.10) и (1.18) следует, axt 2 (1.20) . 2 Графики для формул (1.20) представлены на рис. 1.6 и 1.7. Кривые 1 представлены для равноускоренного движения (ах  0) и кривые 2  для равнозамедленного движения (ах  0).  x  0x  a x t и xt   x0   0 x t  Рис.1.6 Рис.1.7 16 1.4. Ускорение при криволинейном движении. Нормальное и тангенциальное ускорения В общем случае при криволинейном неравномерном движении скорость материальной точки изменяется как по величине, так и по направлению. Поэтому полное ускорение криволинейного движения материальной точки определяет оба вида изменения скорости. Найдем полное ускорение и его составляющие. Пусть материальная точка движется по криволинейной траектории относительно неподвижной точки О (центр кривизны) и в начальный момент времени находится в точке 1, в которой скорость равна 1 , а в конечный момент времени – в точке 2, где скорость равна 2 (рис. 1.8). Для нахождения приращения вектора скорости   2 1 в промежутке времени t  t2  t1 переносим вектор 2 параллельно самому себе в точку 1 и концы векторов 1 и 2 соединяем (рис. 1.8). Затем из точки 1 откладываем вектор 1 на параллельно перенесенный вектор 2 . Концы векторов 1 соединяем, получим нормальную (перпендикулярную) составляющую приращения вектора скорости  , направленного к центру О кривизны. Тогда  II является тангенциальной составляющей приращения вектора скорости. Рис.1.8 Рис.1.9 17 Полное приращение вектора скорости равно      II. (1.21) Найдем предел отношения приращения вектора скорости к  промежутку времени, который равен полному ускорению a :   II  (1.22)  lim   lim . t 0 t t 0 t t 0 t Величина, равная   (1.23) an  lim  t 0 t называется нормальным (центростремительным) ускорени ем. Вектор ускорения an направлен вдоль радиуса кривизны к центру траектории (т.О), характеризует быстроту изменения  направления скорости. Модуль вектора an определяют по формуле a  lim an  2 . (1.24) R Вторая составляющая полного ускорения (1.22)   II d  aτ  lim (1.25)  t  0 dt t называется тангенциальным ускорением, которое характеризует быстроту изменения величины скорости в единицу времени.  Вектор aτ направлен по касательной через точку 1 (рис.1.9). Полное ускорение материальной точки представляют в виде векторной суммы тангенциального и нормального ускорений    a = aτ + an (1.26) и по модулю a = aτ2 + an2 . (1.27) Оно характеризует быстроту изменения скорости в единицу времени как по величине, так и по направлению. На рис.1.9 показаны направления тангенциального, нормального и полного ускорений при равноускоренном движении 18  (   0 ). При равнозамедленном движении (   0 ) вектор aτ направлен противоположно вектору скорости  (пунктир). 1.5. Кинематика вращательного движения тела. Угловое перемещение, угловая скорость и угловое ускорение Рассмотрим вращательное движение твердого тела. Пусть тело вращается вокруг неподвижной оси ОО/ (рис.1.10), проходящей через центр масс тела. При вращательном движении все точки тела описывают окружности, центры которых лежат на одной прямой, являющихся осью вращения ОО/. Точки, лежащие на оси вращения, остаются неподвижными. На рис.1.10 показаны две точки А и В, которые вращаются вокруг оси ОО/. В общем случае тело может участвовать одновременно в поступательном и вращательном движениях. Ниже рассмотрим только вращательное движение. Так как для абсолютно твердого тела вращательное движение можно описывать движением материальной точки, то в дальнейшем для решения задачи, мы будем рассматривать кинематику движения для материальной точки. Пусть материальная точка вращается вокруг оси Z и в начальный момент времени t1 она находилась в точке 1, а через момент времени dt – в точке 2. Тогда за время dt по линии окружности материальная точка проходит расстояние ds, а радиус R окружности поворачивается на угол d, который называется угловым перемещением. Тогда все точки твердого тела будут перемещаться на ds, а радиусы окружностей этих точек будут поворачиваться на угол d (рис.1.11). В физике принято бесконечно малую скалярную величину представлять в виде вектора. Поэтому малый угол d представлен в виде вектора и направлен вдоль оси Z по ходу часовой стрелки (движение материальной точки по окружности рассматривается из точки О). Если вращение происходит против хода часовой стрелки, то вектор d направлен вниз. При вращательном движении твердого тела характеристикой перемещения является угловое перемещение, которое зависит от времени, т.е. 19    t  . (1.28) Выражение (1.28) называется кинематическим уравнением вращательного движения. Рис.1.10 Рис.1.11 Величина равная отношению элементарного углового перемещения d на бесконечно малый промежуток времени dt называется мгновенной угловой скоростью:   dφ ω= . dt (1.29)  Угловая скорость измеряется в рад/c. Вектор ω направлен вдоль оси вращения (ось Z на рис.1.11). Если  = const, т.е. за произвольные равные промежутки времени точка (или тело) проходит равные угловые перемещения, то такое движение называется равномерным движением по окружности. Это простейший пример криволинейного движения и нужно помнить, что равномерное движение по окружности – движение равноускоренное, т.к. меняется направление вектора линейной скорости (a = 0, an  0). Если за промежуток времени t происходит малое угловое перемещение , то величина, равная Δφ ω = , (1.30) Δt называется средней угловой скоростью (скалярная величина). 20 При неравномерном вращательном движении угловая скорость меняется с течением времени. Величина, характеризующая быстроту изменения угловой скорости в единицу времени, называется угловым ускорением. Мгновенное угловое ускорение определяется производной от угловой скорости по времени   dω ε= . (1.31) dt Если dω > 0, т.е. тело (материальная точка) совершает  ускоренное вращательное движение, то направление вектора ε  совпадает с направлением вектора ω . Если dω < 0, то векторы   ε и ω направлены противоположно. С учетом (1.29) угловое ускорение (1.31) запишется в виде    d d 2 (1.32)   2 . dt dt Угловое ускорение измеряется в рад/c2. Интегрируя (1.29) и (1.31), получим кинематические уравнения для вращательного движения: t   0    dt, (1.33) t   0    dt. (1.34) Зная начальные условия по формулам (1.33) и (1.34) можно найти угловое перемещение и угловую скорость в любой момент времени. Рассмотрим частные случаи. а) Пусть твердое тело (материальная точка) совершает равномерное вращательное движение, т.е.  = const. Тогда =0 и ω = ω0 ,   0   t. (1.35) б) Твердое тело совершает равнопеременное вращательное движение, т.е.  = const. Тогда  t2   0  0t  .   0   t и (1.36) 2 21 1.6. Связь между линейной и угловой скоростями и ускорениями Возвращаемся к рис.1.11. За время dt материальная точка перемещается по круговой траектории и проходит путь, равный ds. Найдем линейную скорость движения материальной точки: ds (1.37)  . dt Из геометрии следует, что длину дуги ds можно определить формулой: (1.38) ds  R d . С учетом (1.38) при постоянном R формулу (1.37) можно представить в виде d (1.39)   ds  R  R. dt dt Формула (1.39) представляет связь между линейными и угловыми скоростями. В векторной форме формула (1.39) запишется (1.40)   , R     R.   На рис.1.12 показаны направления векторов  , ω, R для материальной точки А. Определим связь между линейными и угловыми ускорениями. Тангенциальное ускорение равно  d (1.41) aτ  . dt Подставляя (1.40) в (1.41), получим  d d  d    dR    ,R    , R   ,    ,R   , ,R   , (1.42) aτ    dt dt  dt   dt  где dR    , R  . dt Выражение  , R     R ,    0, т.к. ,    0. Поэто  му (1.42) можно представить в виде 22 a   , R  .   Формула (1.43) выражает связь между aτ и ε . Рис.1.12 (1.43) Рис.1.13    Направления векторов aτ , ε и R показаны на рис.1.13. Скалярный вид формулы (1.43), если угол между векторами   ε и R равен /2: aτ = ε R. (1.44) Полное линейное ускорение (1.27) с учетом (1.24), (1.39), (1.44) запишется в виде a  aτ2  an2  R 2  ω2 R 2 , (1.45) где an  2 R  R  2  R   2 R. 1.7. Контрольные вопросы 1. Назовите основные характеристики кинематики поступательного движения. Дайте их определения. 2. Напишите кинематические уравнения и приведите примеры реализации решений этих уравнений. 3. Дайте определения скорости и ускорения. В чем физический смысл скорости и ускорения? 23 4. Получите уравнения координат и скоростей, и рассмотрите частные случаи. 5. Напишите и дайте определения характеристик для кинематики вращательного движения. 6. Рассмотрите ускорения при криволинейном движении. Выясните смысл тангенциального и нормального ускорений. 7. Получите связь между линейными и угловыми скоростями и ускорениями. 1.8. Примеры решения задач 1. Средняя скорость может означать величину вектора средней скорости. Другой смысл, который можно придать средней скорости на данном участке пути, таков: она определяется отношением длины этого участка ко времени, затраченному на его прохождение. Различны ли между собой оба определения? Если да, то приведите пример.  Ответ: по первому определению    r , а по второму  t  s . Т.к. r   s, то    s (рис.1.14 а). При прямоt  линейном движении    s , т.к. r   s (рис.1.14 б). s  Рис.1.14 2. Может ли тело иметь вектор средней скорости, равный нулю, и в то же время двигаться ускоренно? 24 Ответ: может, если тело, совершая движение, возвращается в первоначальное положение    (рис.1.15), т.е. r  r2  r1  0, то     r  0. t Однако средняя путевая скорость не равна нулю, т.е.  s  s1   s2 s    0. t t Рис.1.15 3. Точка двигалась в течение t1  15 с со скоростью  1 10 м/с и t2  10 с со скоростью  2  18 м/с. Какова средняя путевая скорость движения точки? Дано: t1  15 с  1 10 м/с t2  10 с 2  18 м/с Решение: Средняя путевая скорость определяется формулой s   . (1.46) t Путь, пройденный точкой за время t1 , равен  s1  1 t1 ,  ? а за время t 2  s2  2t2 . Общий путь равен  s   s1   s2  1t1 2t2 . (1.47) Подставляя (1.47) в (1.46), получим s  1t1  2t2 t1  t2  150  180 330   13 м/с. 25 25 4. Тело первую половину пути двигалось со скоростью 1  4 м/с, вторую половину пути  со скоростью 2  10 м/с. Определите среднюю путевую скорость движения тела. 25 Дано: 1  4 м/с 2  10 м/с Решение: Средняя путевая скорость движения s   . t  ? s1  s2  Т.к. (1.48) s , 2 то время, пройденное телом, находим по формуле s s s s и t2  2  t1  1  . 1 21  2 2 2 Общее время, затраченное телом при движении, равно t  t1  t2  s  1 1   . 2  1  2  (1.49) Подставляя (1.49) в (1.48), получим  s 21 2 80      5,7 м/с. t 1   2 14 5. На рис.1.16 дан график зависимости от времени проекции на ось X скорости движения точки. Определите среднюю скорость за время t  16 с. Постройте графики проекции ускорения, координаты и пути, пройденного точкой. Начальная координата x0  0. Решение: а) Средняя скорость равна s   . Рис.1.16 t Из графика скорости можно определить путь как суммарную площадь фигур, ограниченных графиком и осью t , т.е. суммой площадей треугольников S  S1  S 2  1 1 4  6  10  10  62 м. 2 2 26   62 16  3,9 м/с. б) Ускорение определяется формулой a  d . dt На участке от 0до 2с – равноускоренное движение по оси 40  2 м/с2. X (проекция скорости положительна) и a1  2 На участке от 2до16с – равнозамедленное движение, ускорение направлено против скорости, в результате чего проекция ускорения на ось X отрицательна и равна a2  10  4 14    1 м/с2. 16  2 14 Расчитаем путь на участке от 0до 2с: a1t 2 2  0  4  4 м. 2 2 На участке от 2до 6с путь S 2 также расчитаем по формуле: s1   0t  a2 t 2 , 2 где скорость в момент времени t  2 с равна s2  1t  1  0  a1t  2  2  4 м/с. Итак, путь s2 равен 42  16  8  8 м. 2 И наконец, расчитаем путь на участке от 6до16с: s2  4  4  a2t 2 102   50 м, 2 2 т.к.  0  0. Таким образом, общий путь равен s3   0t  s  s1  s2  s3  4  8  50  62 м Графики зависимостей ускорения и пути от времени представлены на рис.1.17 и 1.18. 27 Рис.1.17 в) Зависимость координаты х от времени определяется по формуле at 2 x  x0  0t  . 2 На участке 02с (в момент времени t  2 с) координата равна x1  a1t 2 2  4   4 м. 2 2 На участке 26с (в момент времени t  6 с) x2  x1  1t  Рис.1.18 at 2 16  4  4  4   12м, 2 2 где t  t  2 с. На участке 616с проекции скорости и ускорения отрицательны, что указывает на равноускоренное движение точки против оси X. Найдем момент времени, когда координата точки равна нулю: x3  0  x2  0 t  Рис.1.19 at 2 t 2  12  , 2 2 откуда t  24  4,9 с. Следовательно, координата точки x3  0 в момент времени t  6  t  10,9 с. При t  10,9 с координата точки отрицательна, и при t  16 с x 4  x 2   0 t  at 2 10 2  12   38 м. 2 2 График зависимости координаты xt  приведен на рис.1.19. 28 6. Автомобиль движется по закругленному шоссе, имеющему радиус кривизны R  100 м. Уравнение движения автомобиля s  20  10t  2t 2 , м. Найти скорость автомобиля, его тангенциальное, нормальное и полное ускорение в момент времени t  2 с (рис.1.20). Дано: R  100 м t 2с  , an , a , a  ? Рис.1.20 Решение: Найдем скорость движения ds    10  4t  2 м/с. dt Нормальное ускорение равно an  2 R Тангенциальное ускорение a   4  0,04 м/с2. 100 d  4 м/с2. dt Полное ускорение a  a n2  a2  0,042  16  4 м/с2. 7. Уравнение движения материальной точки по прямой имеет вид x  4  2t  0,5t 2 , м. Найдите: 1) координаты точки в моменты времени t1  1 с и t2  4 с; 2) среднюю скорость за время, прошедшее между этими моментами; 3) мгновенные скорости и ускорения в данные моменты времени; 4) среднее ускорение и путь, пройденный точкой в указанный промежуток времени. Постройте графики скорости, пути, ускорения и координат. Решение: 1. Координаты точки в моменты времени t1  1 с и t 2  4 с x1  4  2t1  0,5t12  5,5 м; 29 x2  4  2t2  0,5t22  12  8  4 м. 2. Средняя скорость за промежуток времени t  t 2  t1 x 2  x1 4  5,5   0,5 м/с. t 2  t1 3 Средняя путевая скорость определяется формулой s s  . t Для определения пути, пройденного за время t  t2  t1 , найдем время, при котором скорость точки равна нулю: dx   2  t 3  0; t 3  2 с. dt Путь, пройденный точкой от t1  1 с до t3  2 с, равен    s1  x3 t3   x1 t1   2t3  0,5t32  2t1  0,5t12   2  t3  t1   0,5  t12  t32   2  0,5  3  0,5 м. Путь, пройденный точкой от t 3  2 с до t 2  4 с, равен  s1  x2  t2   x3  t3   2 t2  t3   0,5 t32  t22   4  0,5  12   2 м. Общий путь равен  s   s1   s2  2,5 м. Тогда средняя путевая скорость равна  s 2,5 s    0,83 м/c. t 3 3. Мгновенные скорости и мгновенное ускорение 1  dx dx  2  t2  2 м/с.  2  t1  1 м/с; 2  dt dt d 2x  1 м/с2, т.е. a1  a2  1 м/с2. dt 2 4. Среднее ускорение   2  1 a  2 1  1 м/с2. t 2  t1 3 a 30 Путь, пройденный точкой, равен  s  2,5 м. Графики зависимостей скорости и координаты точки показаны на рис.1.21 и 1.22. Рис.1.21 Рис.1.22 8. Рядом с поездом на одной линии с передним буферами паровоза стоит человек. В тот момент, когда поезд начал движение с ускорением a  0,05 м/с2, человек пошел в том же направлении со скоростью 0  2,0 м/с. Через какое время t поезд догонит человека? Какую скорость будет иметь поезд в этот момент? Какой путь пройдет за это время человек? Дано: Решение: а) Путь, пройденный человеком и поездом 0  2,0 м/с a  0,05 м/с2 за время t , равен s. Начальная скорость поезда t, , s  ? равна нулю. Поэтому пройденный поездом путь определяется формулой at 2 ; 2 s   0 t. s а человеком Из (1.50) и (1.51) найдем время 2 4 at 2  80 с;   0 t, t  0  a 0,05 2 б) скорость поезда в момент t равна   at  0,05 80  4 м/с; в) путь, пройденный человеком s  0 t  2  80  160 м. 31 (1.50) (1.51) 9. Из орудия под углом   45 к горизонту пущен снаряд с начальной скоростью 0  200 м/с (рис.1.23). Определите: 1) максимальную высоту подъема и дальность полета снаряда; 2) скорость снаряда в момент падения; 3) уравнение траектории полета снаряда; 4) нормальное ускорение и радиус кривизны в момент t 0  5 с. Сопротивлением воздуха пренебречь. Дано: 0  200 м/с   45 t0  5 с g  10,0 м/с 2 h, s,  , a n , R  ? Решение: 1. Высоту подъема в точке B находим по формуле gt 2 (1.52) h   0Y t1  1 . 2 Вертикальная скорость в точке B равна Y   0Y  gt1  0; t1   0Y g . (1.53) Начальные скорости снаряда вдоль осей X и Y:  0 X   0 cos ;  0Y   0 sin  . (1.54) С учетом (1.53) и (1.54) формула (1.52) запишется h   0 sin   0 sin  g 2  2 sin 2  g   sin     0   0  2 g 2g  2002  2 10 1 2  103 м 20 sin  . В направлении X g на снаряд не действуют силы, поэтому движение в проекции на эту ось рассматривается как равномерное и прямолинейное, и дальность полета определяется формулой 2. Время полета равно t  2t1  s   0 X t   0 cos   2 0 sin   02 4 104  sin 2   4 103 м. g g 10 3. Уравнение траектории полета определяется из уравнений координат x и y. В проекции на ось Х 32 x   X t  0t cos , (1.55) на ось Y gt 2 gt 2   0 t sin   . 2 2 Решая (1.55) и (1.56) относительно t, получим g x2 y  xtg  . 2  02 cos 2  Это уравнение параболы. y   0Y t  (1.56) 4. Скорость в точке С равна    X2   Y2 . Т.к. вдоль оси X равномерное движение, то скорость X постоянна и равна  X   0 X   0 cos . Вдоль оси Y от точки В до точки С – ускоренное движение: g sin  Y  gt1  0   0 sin  , g т.к. в точке B YB  0. Тогда скорость снаряда в точке С равна   02 cos2  02 sin2   0  200 м/с. 33 5. Найдем нормальное ускорение в точке D в момент времени t0  5 с. Для этого найдем время подъема t1  0 sin  g 200  14 с. 2 10  Снаряд в момент t0  t1 находится в точке D на подъеме. Из рис.1.23 следует  XD . D (1.57) XD  0 X  0 cos. (1.58) an  g cos   g С другой стороны Из соотношений (1.57) и (1.58) получим an  g 0 X g0 cos  , D 02 cos2   0 sin   gt0 2 2 2 где  D  0 X  YD  0 cos    0 sin   gt0  2 2 (1.59)  скорость снаряда в точке D. Упрощая (1.59) и подставляя численные значения, получим g g g an     0,8 g. 2 2 1,2 50    gt0  1  1    1   tg   0 cos   200 0,7   6. Радиус кривизны находим из формулы an   D2  R  0 cos 2   0 sin   gt0 2 R или 2 2      200  2    200  2  10  5    2 2 2  2 2     140  90  3462м. R D  an 0,8 g 8 34 10. Мяч, брошенный вниз с начальной скоростью 0 , отскакивает от Земли обратно со скоростью  до высоты, в полтора раза большей, чем начальная (рис.1.24). Каково отношение скоростей h  1,5h0  0 h0    ?  0    Решение: gt 2 Рис.1.24 и 2 скорости   0  gt , исключая время, получим Из формул пути h0  0t  2gh0  2 02 . (1.60) После удара: gt 2 и   gt. 2 Тогда, учитывая, что на высоте h скорость мяча равна нулю, запишем 2 gh  2 g 1,5h0  2 . (1.61) h  1,5h0   t  Решая совместно (1.60) и (1.61), получим 1 02 2  или 2 3   3. 0 11. Маховик, вращающийся с угловой скоростью 0  30 рад/с, при торможении начал вращаться равнозамедленно. Когда торможение прекратилось, вращение маховика снова сделалось равномерным, но уже с угловой скоростью   20 рад/с. Определите угловое ускорение  маховика и продолжительность торможения, если за время равнозамедленного движения маховик сделал N  100оборотов. 35 Дано:  0  30 рад/с   20 рад/с N  100 , t ? Решение: Угол поворота  и угловая скорость при равнозамедленном движении определяются формулами:   2 N  0t  t2 ; 2 Исключая время t из этих уравнений, получим:    0  t. 4 N    2   02 , откуда угловое ускорение равно  2   02  20    30  5    4 рад/с2. 4 N 4  100 4 2  2 Для определения времени торможения t 0 находим среднюю угловую скорость       0  25 рад/с. t0 2 Тогда время торможения равно t0   2N 200    4 с. 25 25  12. Точка движется по окружности радиусом R  0,5 м с постоянным тангенциальным ускорением a . Найти нормальное an , и полное а ускорения точки через t0  30 с после начала движения, если известно, что к концу десятого оборота линейная скорость точки равна   2 м/с. Решение: Дано: Угол поворота и угловая скорость соотN  10 об ветственно определяются формулами R  0,5 м  t2 t 0  30 с   2 N  0 t  ; (1.62) 2   2 м/с (1.63)   0   t. an , a  ? 36 Т.к. по условию  0  0, то из (1.62) и (1.63) получим 4 N 40  или   2 t t Линейная и угловая скорости связаны формулой    R. 2 N  t (1.64) (1.65) Подставляя (1.65) в (1.64), получим  40 40 R . или t  (1.66)   R t Поэтому время, за которое точка делает N оборотов, определяется формулой (1.66). С другой стороны, угловая скорость за N оборотов определяется по формуле:     t. R Подставляя (1.66) в (1.67), получим  40 R  . R  Отсюда угловое ускорение равно 2 4 2 рад/с2.    2 40R 40 0,25 5 Найдем тангенциальное ускорение: a   R  2  0,5 5  0,064 м/с2. Угловая скорость в момент времени t0 равна 0   t0  2  30  3,8 рад/с. 5 Расчитаем нормальное ускорение: an  02 R  3,82  0,5  7,3 м/с2. Полное ускорение равно a  an2  a2  7,32  0,0652  7,3 м/с2. 37 (1.67) 13. Диск вращается согласно уравнению   5  2t  0,2t 3 рад. Радиус диска R  1 м. Определите: 1) угловую и линейную скорости точек на окружности диска; 2) угловое, тангенциальное, нормальное ускорения этих точек для момента времени t  10 с, а также угол поворота радиуса диска. Дано: t  10 с, R  1 м   5  2t  0,2t 3 Решение: Угловая скорость и угловое ускорение определяются формулами: d  ,  ,  , a , a n ,   ?   2  0,6t 2  58 рад/с, dt d   1,2t  12 рад/с2. dt Вычислим линейную скорость и тангенциальное ускорение:   R  581  58 м/с; a  R  12 1  12 м/с2, нормальное ускорение a n   2 R  582 1  3364м/с2 и угол поворота   5  2 10  0,2 103  185 рад. 1.9. Задачи для самостоятельного решения 1. Равна ли средняя скорость точки полусумме начальной и конечной скоростей, если ее ускорение непостоянно? Аргументируйте ответ с помощью графиков. Ответ: нет. 2. Может ли тело иметь постоянную по величине скорость при изменяющемся векторе скорости? Ответ: может. 3. Может ли тело обладать постоянным вектором скорости при изменяющейся его численной величине? 38 Ответ: не может. 4. Может ли направление вектора скорости меняться, в то время как его ускорение остается постоянным? Ответ: может. 5. Человек, стоящий на некоторой высоте над уровнем земли, бросает один шар с начальной скоростью  0 вертикально вверх, а другой такой же шар – с такой же начальной скоростью вниз. Какой из шаров будет обладать большей вертикальной скоростью в момент удара о землю, или они будут одинаковы? Сопротивлением воздуха пренебречь. Ответ: будут одинаковы. 6. Материальная точка движется прямолинейно с начальной скоростью  0 5 м/с и с постоянным ускорением a  1 м/с2. Определите скорость и путь, пройденный точкой к моменту времени t1  10 с и координату точки в момент t 2  5 с. Ответ:   15 м/с, s  37,5 м. 7. Тело брошено вертикально вверх с поверхности Земли с начальной скоростью  0  2 м/с. На какую высоту оно поднимется? Найдите время, за которое оно упадет на Землю. 2 gt 2 Ответ: h   0 t  ;t 0. 2 g 8. Материальная точка движется с начальной скоростью  0  4 м/с прямолинейно с ускорением a  2 м/с2. Определите, на сколько путь, пройденный точкой в десятую секунду, будет больше пути, пройденного в предыдущую секунду. Ответ:  s  20t  a  t 2  1 . 9. Моторная лодка проходит расстояние между пунктами А и В, расположенными на берегу реки, за время t1  2 ч, а плот – за время t 2  6 ч. Сколько времени потратит моторная лодка на обратный путь? 39 t1 t 2 s s ; t2  ; где  , u  скорости лодки и ; t1   u u t 2  2t1 течения реки соответственно. Ответ: t  10. В метро эскалатор спускает идущего по нему человека за t1  1,5 мин. Если человек пойдет втрое быстрее, то он спустится за t 2  0,6 мин. Сколько времени спускается человек, стоящий на эскалаторе? s s t2 0  u s t ; t1  ; t2  ; Ответ:  , u 0  u 3 0  u t1 3 0  u где  0  скорость человека относительно неподвижного эскала2t1t 2 тора, u  скорость эскалатора; t  . 3t 2  t1 11. Капля дождя падает на заднее стекло автомобиля, наклоненное под углом   30 к вертикали. Когда скорость автомобиля больше   40 км/ч, на стекле не остается следа. Какова скорость капли? Ответ: u   cos  . 12. Корабль выходит из пункта А и идет со скоростью   30 км/ч, составляющей угол   30 с линией АВ (рис.1.25). Под каким углом  к линии АВ нужно выпускать торпеду, чтобы она поразила корабль? Торпеда выпущена в момент выхода корабля. Скорость торпеды равна Рис.1.25 u  40 км/ч.  Ответ: sin   sin  . Использовать теорему синусов. u 40 13. Какую скорость будет иметь груз в момент, когда угол между канатами, к которым он прикреплен, равен 2 (рис.1.26). Канаты тянут со скоростью  . Ответ: u   cos  . Рис.1.26 14. Зависимость пути от времени дается уравнением s  a  bt 3 , где b  0,1 м/с3.Чему равны скорость и ускорение в момент времени t  3 с? ds d  1,8 м/c2. Ответ:    2,7 м/c; а  dt dt 15. Скорость движущегося равноускоренно поезда за t  40 с увеличилась от 1  21,6 км/ч до  2  36 км/ч. Найдите: 1) ускорение; 2) расстояние, пройденное поездом за время ускорения. Начальная скорость равна 0  0. Ответ: a  0,1 м/c2; S  320м. 16. Зависимость пройденного телом пути от времени дается уравнением s  l  bt  ct 3 , где l  10 м, b  5 м/с, c  3 м/с3. Найдите путь, скорость и ускорение тела в момент t  5 с, среднюю скорость и среднее ускорение в интервале времени от t1  2 с до t 2  4 с. Постройте графики пути, скорости и ускорение для 0  t  10 с, через 1с. Ответ: s  410 м;   230 м/с; a  90 м/с2; a  36 м/с2;   89 м/с. 17. Камень брошен с начальной скоростью 0  20 м/с под углом   60 к горизонту. Найдите: 1) максимальную высоту подъема h; 2) дальность полета s; 3) время t полета до падения камня; 41 4)скорость камня в момент падения в точке В; 5) уравнение траектории полета камня (рис.1.27). Ответ: h  15,3 м; s  35,3 м; t  3,53 с;  B   X2  Y2  20 м/c; y  xtg  g x2 . 2 02 cos2  18. Зависимость скорости от времени представлена на рис.1.28. Начертите графики зависимости пути и ускорения от времени. 19. График зависимости ускорения тела от времени Рис.1.28 дан на рис.1.29. Начертите графики зависимости скорости и пути, пройденного телом, от времени, если начальная скорость тела равна нулю. 20. На рис.1.30 представлен график зависимости скорости тела от времени. Начертите графики зависимости ускорения at  и координаты xt  тела, а также пройденного им пути s  t  от времени. 42 Рис.1.29 Рис.1.30 21. На рис.1.31 даны графики зависимости скоростей от времени двух точек, движущихся по одной прямой из одного и того же начального положения. Известны моменты времени t1  5 с, t 2  10 с. По истечении какого времени t точки встретятся? Ответ: t  t 2  t 2 t 2  t1 . Рис.1.31 Воспользуйтесь формулой: a1t 2 a2  t  t1   . 2 2 2 s В точке А скорости равны a1t 2  a 2 t 2  t1 . Решите совместно эти уравнения. 22. Первый вагон поезда прошел мимо наблюдателя, стоящего на платформе, за t1  1,5 с, а второй  за t 2  3 с. Длина вагона l  12 м. Найдите ускорение а поезда и его скорость  0 в начале наблюдения. 2l t 2  t1  l at 2 Ответ: a  ; 0   1 . t1t 2 t1  t 2  t1 2 43 23. Тело свободно падает с некоторой высоты и последние h1  20 м проходит за t1  0,2 с. Определите высоту падения. 2 1  h1 gt1     . Ответ: h  2 g  t1 2  24. Аэростат поднимается с Земли вертикально с ускорением a  1 м/с2. Через t0  10 с от начала движения из него выпал предмет. Через сколько времени предмет упадет на Землю? Ответ: уравнение движения вдоль оси Y имеет вид 2 at02 gt  at0 t  . 2 2 При y  0 можно найти время t. y 25. Движение материальной точки в горизонтальном и вертикальном направлениях определяется уравнениями at 2 , х   0 X t и y   0Y t  2 где  0 X  5 м/с,  0Y  10 м/с. Определите: 1) уравнение траектории движения; 2) скорость в начальный момент времени; 3)полное ускорение; 4) наибольшую высоту подъема и дальность S полета точки; 5) радиус кривизны траектории в момент падения и в момент наивысшего подъема. y Ответ: t 0Y a ;  0Y a x x   0X 2 0X h  0Y t12  2   ;  at12 02Y  ; 2 2g a n  a  g; время подъема 0 X 0Y . S  0 X 2t1  2 a 26. Начальная скорость брошенного под углом  к горизонту камня равна 0  20 м/с, а спустя t0  2 с скорость камня стала   10 м/с. Определите высоту H подъема камня через t0  2 с и радиус R кривизны траектории в этот момент. 44 Ответ: угол  , под которым брошен камень, определяется формулой sin    02  gt0 2   2  2  2 ; высота подъема h  0 ; 2 gt0 0 2g радиус кривизны R   02 cos 2  g . 27. Колесо, вращаясь равноускоренно с начальной угловой скоростью  0  5 рад/с, достигло угловой скорости   30 рад/с через t  5 с после начала вращения. Найдите угловое ускорение  , угол поворота  и число оборотов за время t.    0    0 N  . ;  Ответ:   t; n   t 2 t t 2 28. Уравнение движения точки, находящейся на ободе маховика, имеет вид S  2t  0,5t 2 , м. Найдите в момент времени t  1,5 с: 1) нормальное a n , тангенциальное a и полное а ускорения точки обода; 2) угловые скорость  и ускорение  обода; 3) число оборотов N маховика. Радиус маховика R = 1м. dS d 2S  3,5 м/с; Ответ: a  2  1 м/с2;   угловая скорость dt dt a  2   ; нормальное ускорение an  ; a  a n2  a2 ;    ; R R R 2 t   0 t  ;   2 N . 2 29. Колесо, вращаясь равноускоренно, за t  10 с увеличило частоту от n1  5 об/с до n2  15 об/с. Найдите угловое ускорение  колеса, число оборотов N и угол поворота  радиуса колеса за время ускорения. n n t2 ;   2 N . Ответ:   2 2 1 ;   2 n1 t 2 30. Угол поворота радиуса колеса описывается уравнением   A  3t  0,1t 3 . Для точек, лежащих на ободе колеса радиусом 45 R  2 м, найти через t  3 с после начала движения: 1) угловую скорость ; 2) угловое ускорение  ; 3) линейную скорость  ; 4) нормальное a n , тангенциальное a и полное а ускорения. Ответ:   0,3 рад/c;   1,8 рад/c2;   0,6 м/c a  3,6 м/c2; a n  0,18 м/c2; a  a n2  a2  1,9 м/c2. 31. Скорость центра масс обруча радиусом R  1 м, который катится без скольжения по горизонтальной поверхности, равна  0  10 м/с (рис.1.32). Определите относительно неподвижного наблюдателя величину и направление линейных скоростей точек А, В, С, D, полное ускорение этих точек; угловую скорость обруча относительно осей, проходящих через точки O и A. Рис.1.32 32. На цилиндр намотана нить, к концу которой привязан грузик, который, двигаясь ускоренно, за время t  5 с, опустился на h  2 м. Определите угловую скорость  и угловое ускорение  цилиндра, если его радиус R  10 см. Начальная скорость  0  0. a Ответ: a  0,16 м/c2;    1,6 рад/c2;   8 рад/c. R 33. Колесо вращается так, что зависимость угла поворота его радиуса от времени, описывается уравнением   2  4t  0,3t 3 . Нормальное ускорение точек, лежащих на ободе колеса к концу четвертой секунды, равно a n  3 м/с2. Определите зависимость от времени: 1) угловой  и линейной  скоростей; 2) углового  и тангенциального a ускорения для точек, лежащих на ободе колеса; 3) радиус R колеса. Ответ:   10,4 рад/c;   7,2 рад/c2; R  0,03 м; a  0,2 м/c2. 46 ЛЕКЦИЯ 2 Динамика прямолинейного и криволинейного движения 2.1. Первый закон Ньютона. Инерциальная система отсчета (ИСО). 2.2. Сила. Масса тела. Второй закон Ньютона. 2.2.1. Сила. 2.2.2. Масса тела. 2.2.3. Второй закон Ньютона. 2.3. Третий закон Ньютона. 2.4. Классификация сил. Гравитационные силы. Закон всемирного тяготения и его применение. 2.4.1. Классификация сил. 2.4.2. Гравитационные силы. Закон всемирного тяготения. 2.4.3. Применение закона всемирного тяготения. 2.5. Контрольные вопросы. 2.6. Примеры решения задач. 2.7. Задачи для самостоятельного решения. 2.1. Первый закон Ньютона. Инерциальная система отсчета Кинематика изучает движение тел без причин, которые вызывают это движение или изменение движения, т.е. не затрагивает причины, по которым тело движется именно так (равномерно, равноускоренно и т.д.), а не иначе. Выяснением причин, обусловливающих изменение состояния движения тела, изучением закономерных связей между количественными характеристиками причин движения и его кинематическими характеристиками занимается классическая динамика. Динамика – это раздел механики, изучающий движение тел с причинами, которые вызывают тот или иной характер движения. Динамика изучает состояние движения тел как результат взаимодействия между ними. Основой решения динамических задач являются три закона Ньютона. Они сформулированы в результате обобщения большого количества опытных фактов и теоретических закономерностей в области механики, которые были установлены И.Кеплером, Г.Галилеем, Х.Гюйгенсом, Р.Гуком, И.Ньютоном и др. Первый закон Ньютона гласит: «всякое тело пребывает в состоянии покоя или прямолинейного равномерного движе47 ния до тех пор, пока внешние воздействия не вызовут изменение этого состояния». Первый закон утверждает, что: 1) любое тело в отсутствие действия сил обладает свойством сохранять состояние покоя или прямолинейного равномерного движения, которое называется инерцией; 2) покой и равномерное прямолинейное движение - одно и то же механическое состояние тела, т.е. никакими механическими опытами внутри данной системы отсчета невозможно обнаружить, что тело покоится или движется равномерно и прямолинейно. Это было впервые сформулировано Галилеем и называется принципом относительности Галилея. Следовательно, понятия «покой» и «равномерное прямолинейное движение» относительны; 3) первый закон дает оценку сил, т.к. только силы (внешние воздействия) могут изменить состояние покоя или прямолинейного равномерного движения. Первый закон Ньютона сформулирован относительно инерциальной системы отсчета (ИСО). Это такая система отсчета, относительно которой в отсутствие действия сил тело либо движется прямолинейно и равномерно, либо покоится. В природе ИСО не существует, она является идеализированной системой. Однако в некотором приближении систему отсчета, связанную с Солнцем, можно принять как ИСО (гелиоцентрическая система отсчета). При решении механических задач в некотором приближении систему отсчета, связанную с Землей, можно рассматривать как инерциальную (лабораторная система отсчета). 2.2. Сила. Масса тела. Второй закон Ньютона 2.2.1. Сила В природе наблюдения и опыты показывают, что изменение движения тела происходит в результате передачи движения от одного тела к другому в процессе их взаимодействия. При этом происходит изменение скорости и ускорения тела. Например, камень, лежащий на земле, покоится до тех пор, пока чело48 век не толкнет его или не поднимет. Магнит притянет стальной шарик при приближении к нему. Можно привести множество примеров, которые будут свидетельствовать о том, что изменение скорости и ускорения тела есть результат взаимодействия тел. В процессе этого происходит передача движения от одного тела к другому. Кроме того, взаимодействие тел вызывает изменение формы и размеров тела, т.е. деформацию. Физическая величина, характеризующая результат взаимодействия тел, вследствие которого тела либо ускоряются, либо деформируются, называется силой. Сила является векторной величиной, т.е. в каждый момент времени в пространстве характеризуется модулем, направлением и точкой приложения.  Обозначим силу через F . Единица измерения силы в системе СИ – ньютон (Н) и внесистемная единица – дина (дин). О наличии и действии силы мы можем судить: 1) по динамическому проявлению, т.е. по тем ускорениям, которые сила сообщает взаимодействующим телам; 2) по статическому проявлению – по деформациям, которые возникают во взаимодействующих телах. Взаимодействия тел могут быть обусловлены непосредственным контактом тел (например, трение, сопротивление, давление и т.д.), а также наличием физических полей (например, гравитационные, электромагнитные поля и др.), которые создают взаимодействующие тела. В механике силу можно измерить двумя способами: динамическим и статическим. При динамическом способе силу измеряют следующим образом. Имеется эталонное тело с эталонной массой mэ. Под действием приложенной к телу силы определяется ускорение а. Затем по формуле F=mэа определяется сила. При статическом способе измерения силы используют пружинные весы, проградуированные с использованием закона Гука. Более подробно можно прочитать в учебниках: Хайкин С.Э. «Механика» и Сивухин Д.В. «Механика». Опыты показывают, что механическое действие на тело N сил F1 , F2 , F3 , … FN , которые одновременно приложены к одной и той же точке тела, полностью эквивалентно действию одной силы F , равной их векторной сумме 49     F  F1  F2  ...  FN  N  F i i 1 (результирующая сила) и приложенной к той же точке тела. Понятие результирующей силы применимо для материальной точки или для абсолютно твердого тела. 2.2.2. Масса тела Опыты показывают, что действие на данное тело со стороны других тел вызывает изменение скорости тела, т.е. данному телу сообщается ускорение. При этом одинаковое воздействие сообщает разным телам различные по величине и направлению ускорения. Отсюда следует, что всякое тело стремится противиться попыткам изменить его состояние движения. Это свойство называется инертностью. Количественная мера инертности тела называется массой. Сопротивляемость тела можно показать на эксперименте. На рис.2.1 показаны тележка с телом массой М, динамометр для измерения силы F и груз массой m подвешенный через нить.  При постоянной силе F  const , т.е. при постоянном грузе массой m ускорение тележки для данной массы M, равно a1. При той же силе, если на тележку поместим дополнительное тело массой M1, то ускорение тележки станет равным a2 . Из кинематики известно, что путь тележки при равноускоренном двиat 2 жении определяется формулой S  , тогда 2 2S (2.1) a 2 . t Так как тележка проходит одинаковый путь S, то при разных массах тележки время ее прохождения этого пути будет разное. Пусть t – время прохождения тележкой пути S при массе M и t1  при массе M  M1. Опыт показывает, что t1  t. Подставляя время в формулу (2.1), получим, что ускорение тележки при t больше, чем при t1 , т.е. a  a1. 50 Рис.2.1 Следовательно, при постоянной силе и при увеличении массы тележки ускорение уменьшается, т.е. увеличивается сопротивляемость действию силы. В теории относительности доказано, что масса тела не зависит от его скорости, что она – постоянная величина. Отметим, что кроме инертной массы существуют гравитационная и электромагнитная массы. Эксперимент показывает, что инертная масса с точностью до 1012 равна гравитационной. В дальнейшем будем рассматривать инертную массу. Массу тела определяют, сравнивая ее с массой эталонных тел путем взвешивания на рычажных весах. Этот эксперимент основан на закономерности для свободного падения тел. Известно, что в одной и той же точке земного шара все тела пада ют с одинаковым ускорением g , обусловленным действием на тела силы тяжести P  mg. Поэтому ускорение равно P g . m Из (2.2) получим соотношение m1 P1  . m 2 P2 51 (2.2) (2.3) 2.2.3. Второй закон Ньютона Основная задача динамики заключается в выявлении того, как изменяется механическое движение тел под действием приложенных к ним сил. Опыты показывают, что под действием   силы F свободное тело изменяет свою скорость  , приобретая  ускорение a. Задача: описать движение такого тела. На поставленную задачу Ньютон сформулировал закон следующим образом. «Скорость изменения импульса тела равна действующей на него силе», т.е.  dp  (2.4)  F, dt   где p  m  называется импульсом тела. В общем случае в правой части выражения (2.4) записывается результирующая (векторная сумма сил) сила. Точная формулировка Ньютона гласит: «изменение количества движения пропорционально приложенной движущей силе и происходит по направлению той прямой, по которой эта сила действует». Если масса тела не изменяется с течением времени, то (2.4) запишется    d  ma  F , (2.5) m  F или dt   d  ускорение. где a  dt По современным представлениям, второй закон Ньютона сформулирован для материальной точки массой m, поскольку сила действует на точку, а не на тело. Однако, для абсолютно твердого тела (а.т.т.) закон применим (см. в лекции 1 определение а.т.т.). В дальнейшем под твердым телом будем подразумевать а.т.т. Соответственно выражение (2.5) формулируется в виде: «произведение массы тела на ускорение равно результирующей силе, действующей на тело». 52 Второй закон выражает принцип причинности, т.е. устанавливает однозначную связь между изменением состояния движения и положения тела в пространстве с действующей на него силой. Этот закон позволяет, зная начальные условия (координату x0 , скорость  0 тела в начальный момент времени) и  действующую на тело силу F , рассчитать координату и скорость тела в любой момент времени. Для этого, проинтегрировав выражение (2.5), получим t F dt, m (2.6) x  x 0  dt. (2.7)   0   t  На основании обобщения опытных фактов сформулирован принцип независимости действия сил. «Если на тело одновременно действуют несколько сил, то каждая из них сообщает телу такое же ускорение, как если бы других сил не было». Из второго закона Ньютона вытекают следующие следствия.   1. Если F  0, то a  0, т.е. тело либо покоится, либо движется прямолинейно с постоянной скоростью.   2. Если F  const, то a  const. 3. Если к двум телам массами m1 и m2 приложена одна и та  же сила F , то выполняется соотношение a1 m 2  . a 2 m1 (2.8)  4. Если на одно и то же тело действуют разные силы F1 и  F2 , то F1 a1  . F2 a 2 (2.9) Для проверки второго закона Ньютона на опыте используют соотношение (2.9). Из равенства (2.4) следует, что 53   d m   Fdt.  Величина Fdt называется импульсом силы. Он равен изменению импульса (количества движения) тела. 2. 3. Третий закон Ньютона Действия между телами всегда обусловлены взаимодействием. Если тело I действует с какой-то силой на тело II, то и тело II обязательно будет действовать силой на тело I. Рассмотрим систему, состоящую из двух взаимодействующих тел (рис.2.2). Рис.2.2   Тело II силой F1 действует на тело I, а тело I силой F2 действует на тело I. Эти силы приложены к центрам масс С1 и С2 . Ньютон сформулировал это взаимодействие следующим образом. «Силы, с которыми действуют друг на друга взаимодействующие тела, равны по величине и противоположны по направлению и действуют вдоль линии, соединяющей центры масс тел».   (2.10) F1   F2 .   Одну из сил, F1 или F2 , согласно Ньютону, называют действием, а другую – противодействием. Тогда третий закон Ньютона формулируется следующим образом: «Всякому действию соответствует равное и противоположно направленное противодействие». Взаимодействие тел может происходить либо при их непосредственном соприкосновении, либо на расстоянии. В первом случае взаимодействующие тела тянут или толкают друг друга.  Д.В. Сивухин, т.I. Механика, §12, стр.79. 54 Возникающие при этом силы вызываются деформациями тел. Если деформации очень малы, то вместо них вводятся соответствующие силы натяжения или давления. Взаимодействие тел на расстоянии осуществляется через гравитационные, электромагнитные и др. поля. Третий закон Ньютона не всегда справедлив. Он выполняется при непосредственных контактах тел, а также при взаимодействии находящихся на некотором расстоянии друг от друга покоящихся тел (   0 или   c ). Он не выполняется, если скорость взаимодействующих тел сравнима со скоростью света, т.е.  ~ c. 2.4. Классификация сил. Гравитационные силы. Закон всемирного тяготения и его применение 2.4.1. Классификация сил Известно, что в природе существует четыре вида взаимодействий: гравитационное, электромагнитное, слабое и сильное. Соответственно, и силы, осуществляющие эти взаимодействия, разделяются на гравитационные, электромагнитные, слабые и ядерные. Гравитационные и электромагнитные силы являются фундаментальными, т.к. их нельзя свести к более простым силам. Законы взаимодействия этих сил очень просты, величина их обратно пропорциональна квадрату расстояния. В рамках классической механики имеют дело с гравитационными и электромагнитными силами, а также упругими силами и силами трения. Силы трения и упругие силы обусловлены взаимодействием между молекулами вещества и имеют электромагнитное происхождение. 2.4.2. Гравитационные силы. Закон всемирного тяготения И. Кеплер (1571 – 1670 г.г.) на основании обработки данных наблюдений астронома Тихо Браге за движением планет установил следующие законы движения планет. 55 1. Все планеты обращаются вокруг Солнца по плоским кривым, представляющим собой эллипсы, в одном из фокусов которых находится Солнце. 2. Радиус-вектор, проведенный от Солнца к планете, в равные времена описывает равные площади. 3. Квадраты времен обращения планет относятся как кубы больших полуосей их орбит. Чтобы упростить выводы законов Кеплера, заменим эллиптические орбиты круговыми, в центре которых находится Солнце. Открытие законов Кеплера поставило определенную механическую задачу: найти силы, под действием которых совершается движение планет. Из первых двух законов Кеплера следует, что сила, действующая на все планеты, направлена в одну и ту же точку, к центру Солнца. Галилей, открыв закон инерции и установив независимость действия сил, дал начальные принципы решения простых задач. Р. Гук (1666 – 1680 г.г.) в своих работах высказал мысль об отклонении траекторий небесных тел от прямолинейных в результате действия сил. Все небесные тела притягивают к центрам не только свои части, но и другие небесные тела, находящиеся в сфере их действия. Притяжение тел друг другом обратно пропорционально квадрату расстояния между ними. Ускорение планеты при равномерном движении по круговой орбите радиуса R выражается формулой 4 2 R (2.11) ac   2 R  . T2 По третьему закону Кеплера Т12 R13  . T22 R23 (2.12) Из выражений (2.11) и (2.12) следует, что a1 R22  . (2.13) a 2 R12 Так как F  ma, то, с учетом последнего, равенство (2.13) запишется в виде 56 F1 F2  m1R22 m2 R12 . (2.14) Из выражения (2.14) следует, что сила, действующая на планету со стороны Солнца, обратно пропорциональна квадрату расстояния до планеты от Солнца и прямо пропорционально ее массе. Если это справедливо для всех планет, то для любой из них выражение для этой силы имеет вид: m (2.15) Fnc  k 2 , R где m  масса планеты, R  расстояние от Солнца до планеты, k  коэффициент пропорциональности. Согласно третьему закону Ньютона, сила, действующая со стороны планеты на Солнце, равна M (2.16) , R2 где M  масса Солнца, k1  коэффициент пропорциональности, не зависящий от массы Солнца. На основании выражений (2.15) и (2.16) Ньютон пришел к выводу, что между любыми двумя телами действует сила взаимного тяготения (гравитационная сила), пропорциональная массам тел и обратно пропорциональная квадрату расстояния между ними: mm F  1 22 , (2.17) R где m1 и m2  массы взаимодействующих тел, R  расстояние между их центрами,   коэффициент пропорциональности, называемый гравитационной постоянной. Fcn  k1    м3кг-1с-2. Выясним физический смысл гравитационной постоянной. Положим m1  1, m2  1, R  1, тогда F   , т.е.  равна той силе, с которой притягиваются два тела массами, равными единице и находящиеся на расстоянии, равном единице. Теоретиче57 ские и экспериментальные исследования показали, что гравитационная постоянная   6,67  1011 м3кг-1с-2. На основании закона всемирного тяготения Ньютон обобщил ряд частных экспериментальных фактов: сравнение ускорений Луны и предметов у поверхности Земли; особенности движения планет. Происхождение сил тяготения Ньютон объяснил теорией дальнодействия, суть которой заключается в следующем: способность тел, находящихся в разных точках пространства, притягивать или отталкивать друг друга есть свойство, которое присуще самим телам и проявляется на расстоянии независимо от свойств материи, заполняющей пространство между телами. Современная теория (теория близкодействия) показала, что пространство между телами заполнено особой формой материи, так называемым гравитационным полем. Переносчиками гравитационного поля являются гравитоны. Поле тяготения Земли называется полем силы тяжести. Каждая точка динамического поля характеризуется напряженностью. Рассмотрим формулу (2.17). Пусть m1  M  масса шарообразного тела создающего поле, а m2  m  масса тела, помещенного в точку поля. Тогда выражение (2.17) запишется в виде F  m где G   M R2 M  mG, (2.18)  напряженность гравитационного поля. R2 Напряженностью гравитационного поля называется сила, которая действует на тело с единичной массой, помещенное в данную точку поля. Впервые экспериментально закон всемирного тяготения доказал английский физик Г. Кавендиш в 1798 году и определил значение гравитационной постоянной  (подробно см.: Савельев И.В. «Курс общей физики» т.1 §§45-46, стр. 164-172; Сивухин Д.В. «Механика» т.1 §55, стр. 303-306). 58 Поскольку тела взаимодействуют, то они обладают потенциальной энергией, которая равна mm (2.19) Wn   1 2 . R Пусть тело массой m 2 создает гравитационное поле. Тогда W величина   n называется потенциалом гравитационного m1 поля. Можно вычислить работу, совершаемую над частицей массой m1 силами поля при перемещении ее из положения 1 в положение 2, т.е. A12  Wn1  Wn2  m1 1  2  . (2.20) 2.4.3. Применение закона всемирного тяготения Используя закон всемирного тяготения, можно определить массу Земли. Рассмотрим метод Жоли: на краю шахты устанавливаются рычажные весы (рис.2.3) и уравновешиваются на верхних чашках телами массой m. Рис.2.3 Правый груз из верхней чашки переносится затем на нижнюю чашку (на рис.2.3 перемещение груза показано пунктирной линией). Так как при этом расстояние до него от центра Земли 59 уменьшается, то сила тяготения возрастает, и, чтобы вновь уравновесить весы, надо на левую чашку добавить перегрузок. Обозначим силу тяжести, действующую на груз, через F, а на перегрузок  через f, тогда F  f  Mm R  R 2 , или, т.к. R  R , где R  радиус Земли, то приближенно Mm (2.21) F  f  2 , R где M  масса Земли. Для нахождения  к нижнему грузу массой m приближают массивный шар m1 (рис.2.3). Если расстояние между центрами масс d, то, чтобы уравновесить весы, надо добавить на левую чашку перегрузок. Пусть f 0  сила тяжести, действующая на перегрузок. По закону всемирного тяготения: mm f d2 или   0 . (2.22) f 0   12 m1 m d Подставив (2.22) в (2.21), получим f d 2 Mm f d 2 M F f  0  2  0 2 , m1 m R m1 R тогда F  f m1 R 2 M . f0d 2 (2.23) Определяя численные значения F , f , m1 , R, f0 и d 2 , можно найти массу Земли: M  61027 г. Зная объем Земли (считаем ее шаром), получим среднюю плотность Земли: M M    5,52 г/cм3  5520 кг/м3. (2.24) 4 3 V R 3 На тело, находящееся у поверхности Земли, действует сила притяжения со стороны Земли, а также силы притяжения со стороны ближайших космических тел (Луна, Солнце и др.). Но 60 вследствие значительного удаления этих тел, силы притяжения, например, Луны или Солнца, действующие на тело, очень малы. Поэтому ими можно пренебречь. Тогда действующая на тело сила притяжения Земли, приложенная к телу (сила тяжести) на поверхности Земли определяется формулой P  Mm R2  mg, (2.25) M  ускорение свободного падения тела. Из закона R2 всемирного тяготения следует, что все тела у поверхности Земли должны падать с одинаковым ускорением g, и что действующая на них сила тяжести должна зависеть от высоты h. где g   Ph    Mm R  h  2 . (2.26) Если Землю считать однородной, то опыты показывают, что сила притяжения изменяется от полюса к экватору. Это вызвано некоторой сплющенностью Земли по меридиану из-за ее вращения. Так же зная периоды обращения Луны вокруг Земли и Земли вокруг Солнца, можно определить массы Луны и Солнца. Из второго закона Ньютона определяем массу Солнца: M32 RС   M 3 MС 2 RС3 4 2 3 M   R, или С RС2   TС2 С (2.27) масса Луны равна M  4 2 3 R,  T2  (2.28) где T  период обращения Луны вокруг Земли, TC  период обращения Земли вокруг Солнца, R  расстояние от центра Земли до центра Луны, RC  расстояние от Земли до Солнца. Используя закон всемирного тяготения, можно рассчитать массы всех планет Солнечной системы. 61 2.5. Контрольные вопросы 1. Что изучает классическая динамика? Объясните границы применимости классической механики. 2. Сформулируйте инерциальную систему отсчета (ИСО), первый закон Ньютона. Что утверждает первый закон Ньютона? 3. Что такое инертность тела? Приведите примеры, иллюстрирующие проявления инертности. 4. Какая физическая величина служит мерой инертности тела? Опишите прямой и косвенный способы измерения массы тела. 5. Дайте определение силы. Каким способом можно измерить силу? Установите единицы измерения массы и силы в различных системах единиц. 6. Сформулируйте второй закон Ньютона. Поясните, почему он относится к материальной точке, а не к телу. 7. В чем заключается принцип причинности? Какие следствия вытекают из второго закона Ньютона? 8. Сформулируйте третий закон Ньютона. Поясните границы применимости классической механики. 9. Объясните классификацию сил. Сформулируйте закон всемирного тяготения и запишите математически. 10. Запишите законы Кеплера. 11. Какие опыты показывают, что инертная и гравитационная массы равны с точностью до 1012? 12. Опишите опыты по измерению гравитационной постоянной. 13. Что называют напряженностью и потенциалом гравитационного поля? Напишите формулу потенциальной энергии двух взаимодействующих тел. 14. Опишите применение закона всемирного тяготения. Рассчитайте космические скорости, массы планет солнечной системы. 15. Что называют силой тяжести, невесомостью? Объясните условия возникновения невесомости. 16. В чем состоит принцип суперпозиции полей? Рассчитайте положение точки между Землей и Луной, в которой напряженность суммарного поля равна нулю. 62 2.6. Примеры решения задач 1. В кабине лифта лежит груз массой m  100 кг. Лифт равноускоренно движется. Определите силу давления груза на пол кабины в случаях: а) лифт поднимается с ускорением 2 a1  1,5 м/c ; б) лифт опускается с ускорением a2  1 м/c2. Дано: m  100 кг a1  1,5 м/c2 a2  1 м/c2 P? Решение: При движении лифта груз давит на пол кабины (рис.2.4) силой P1 , равной по величине и противоположной по направлению N , т.е. P  N . Для нахождения силы реакции опоры N используем второй закон Ньютона ma  N  mg. Относительно оси Y при подъеме вверх: ma1  N1  mg или N1  m  a1  g  ; при движении вниз: ma2  N2  mg или N2  m  g  a2  . Рис.2.4 Подставим численные значения, получим P1  N1  100 1,5  10   1150 Н; P2  N2  100 10  1  900 Н. 2. На горизонтальную плиту падает шарик массой m  0,5 кг с высоты h1  1,8 м и отскакивает от нее вверх на высоту h2  1,25 м. Определите импульс, полученный плитой. Дано: m  0,5 кг h1  1,8 м h2  1,25 м p? Решение: Используем закон сохранения импульса (рис.2.5): p1  p  p2 . Относительно оси Y 63  p1   p  p2 или p  p1  p2 . Импульс шарика в момент падения на плиту равен (2.29) p1  m1 , а в момент подъема – p2  m2 . (2.30) Скорость шарика в момент падения на плиту определяется формулой 1  2gh1 , Рис.2.5 (2.31) а в момент подъема равна 2  2gh2 . (2.32) С учетом (2.29 – 2.32) импульс, полученный плитой, равен pm   2 gh1  2 gh2  0,5   20 1,8  20 1,25  5,5кг·м/с. 3. Грузик массой m  1 г, привязанный на нить длиной l  1,5 м, описывает окружность при вращении в горизонтальной плоскости. Определите период обращения грузика и силу натяжения FH , если нить отклонена на угол   30 от вертикали. Дано: m  1г l  1,5 м   30 T, FH  ? Решение: На грузик действуют силы тяжести mg и натяжения нити FH (рис.2.6). Уравнение движения грузика ma  FH  mg. Относительно горизонтальной плоскости m 2 R  F , (2.33)  2  где a   2 R    R  центростремительное ускорение грузика, T  2 64  2  угловая скорость, T F  резуль- тирующая сила, R  l sin   радиус окружности. Из рис.2.6 найдем результирующую силу (2.34) F  mg tg . Подставляя (2.34) в (2.33), получим 2   R  mg tg .  T  2 m  Из (2.35) период равен Рис.2.6 T  2 (2.35) l 1,5 3 R l sin  cos  6,28   2,2 c.  2  2 g 10 2 g tg g tg Силу натяжения нити найдем из рис.2.6: FH  mg 103 10  2  1,2 102 Н. cos 3 4. Автомобиль массой m  500 кг движется со скоростью   15 м/с по выпуклому мосту. Определите силу давления автомобиля на мост в его верхней части, если радиус кривизны моста R  100 м. Решение: Дано: В верхней части моста на автомобиль дейm  500 кг ствуют силы тяжести mg , трения FTP и реакции   15 м/с  R  100 м опоры N (рис.2.7). FH  ? Используя второй закон Ньютона, запишем уравнение движения автомобиля: FTP  N  mg  ma. Относительно оси Y: N  mg  ma  m 65 2 R ; (2.36) где a  2 R  центростремительное ускорение. Рис.2.7 Из (2.36) находим N:  N  m g   2  R   500 10   225   3875 Н. 100  По третьему закону Ньютона, автомобиль давит на мост с такой же силой, что и N. Поэтому сила давления равна FH  N  3875 Н. 5. Невесомая веревка перекинута через блок, вращающийся без трения. За один конец веревки держится обезьяна, к другому ее концу прикреплено зеркало того же веса, что и обезьяна (см.рис.2.8). Может ли обезьяна сместиться относительно своего изображения в зеркале, если она будет: 1) взбираться по веревке вверх равномерно; 2) спускаться по веревке вниз? Сопротивлением воздуха пренебречь. Решение: Равнодействующая сил тяжести, действующих на обезьяну и зеркало, уравновешена силой натяжения подвеса (блока) T T  T1  T2 , T1  T2  , 2 т.к. массы обезьяны и зеркала одинаковы m0  m3 . 66 Относительное перемещение может осуществляться только за счет действия какой-нибудь внутренней силы. Таковой является мускульная сила обезьяны, перебирающей руками веревку и приводящей таким образом к поднятию или опусканию зеркала и обезьяны. Считаем систему блок-обезьяна-зеркало относительно Земли изолированной. Пусть скорости движения обезьяны и зеркала равны 0 и 3 соответственно. Используем закон сохранения импульса m0 0  m3 3 . Рис.2.8 Умножая на dt , получим m0 0 dt  m3 3 dt или m0 dS0  m3 dS3 . Отсюда m0 dS3  , m3 dS0 где dS3 и dS0  соответственно пути, пройденные зеркалом и обезьяной за время dt. Т.к. m0  m3 , то dS3  dS0 , т.е. обезьяна при своем движении вверх или вниз не сможет сместиться относительно своего изображения. Что будет, если опустить веревку совсем? (рассмотреть самостоятельно). 6. Притяжение Земли Солнцем в 175 раз больше, чем Луной. Почему же Луна вызывает более сильные приливы? Решение: Разность ускорений, сообщаемых небесным телом водной массе и массе твердой толще Земли, равна: g  G 67 2 Rmi ri3 , (2.37) где R  радиус Земли, mi , ri  соответственно масса и расстояние до небесного тела (Луны и Солнца). m 1 Пусть отношение масс Луны и Земли  , а для m3 80 mC  3,3 105. Расстояния от Земли до Солнца и m3 Луны связаны соотношением rC  390r . Тогда из (2.37) следует Солнца и Земли g   G 2 Rm r3 и g C  G 2 RmC rC3 g  m   rC   , g C mC  r 3    2,2.  7. Если бы какая-нибудь планета увеличилась в размерах, сохраняя плотность вещества, то, как изменилась бы сила притяжения данной планетой тела? Решение: Если бы масса планеты, сохраняющей сферическую форму, 4 и плотность  , увеличилась бы до величины M  R 3  , то 3 4 3 объем планеты возрос бы до V  R , т.е. пропорционально 3 3 R . Тогда сила притяжения пропорциональна сообщаемому ею ускорению, т.е. M R3 g ~ 2 ~ 2 ~ R. R R Сила притяжения равна F  mg ~ R, т.е. увеличится. 8. Два тела с массами m1  1000кг и m2  800 кг находятся на расстоянии r  0,5 м друг от друга (рис.2.9). 1) Какова напряженность гравитационного поля, созданного этими телами в точке, отстоящей на расстоянии r1  0,3 м от тела массой m1 и r2  0,4 м от тела массой m2 ? Гравитационная постоянная   6,67 1011 м3/(кг·с2). 68 2) Чему равен гравитационный потенциал в этих точках? Решение: 1)Напряженность гравитационного поля, создаваемого телом массой m в любой точке, определяется формулой G  F , где F  гравиm тационная сила взаимодействия между телами m и mi , где m  масса тела, находящегося в точке на расстоянии ri от тела массой mi Рис.2.9 m mi F  2 . ri Тогда напряженность поля, создаваемого телами массами m1 и m2 в точке А равна F m F1 m m1 m    21 и G 2  2   22 . 2 m m r1 r1 m r2 Так как G является векторной величиной, то в точке А результирующая напряженность равна G1  G  G12  G 22  2G12G 22cos . Угол  находим по теореме косинусов  r 2  r 12  r 22   0,   . r 2  r12  r 22  2r12 r 22 cos и cos   2 2 2 2r 1 r 2 Поэтому 2 2 2 2  m   m  m  m  G  G  G    21     22     21    22   7 109 м/с2.  r1   r 2   r1   r 2  2 1 2 2 2) Гравитационный потенциал в точке А равен   1   2 , где 1 и 2  соответственно потенциалы, создаваемые телами m1 и m2 в точке А. Гравитационный потенциал равен отношению 69 потенциальной энергии тела, находящегося в данной точке, к величине массы тела, т.е. W  . (2.38) m Так как потенциальная энергия взаимодействия между теm mi лами равна W   , то для тел массами m1 и m2 ri m m1 m m2 и W 2   W1   , где   гравитационная постоr1 r2 янная, m  масса тела, находящегося в точке А. С учетом (2.38) m m W потенциалы тел равны 1  1   1 и 1   2 . Тогда обm r1 r2 щий потенциал в точке А равен  m1 m2     3,5 107 м2/с2.  r1 r2       9. В результате действия приливных сил трения вращение Земли вокруг оси замедляется, а вместе с тем уменьшается и момент импульса Земли. Как это отразится на движении Луны? Будут ли играть роль приливы, вызываемые Солнцем? Ответ: поскольку систему Луна-Земля рассматриваем, как изолированную, то из закона сохранения момента импульса следует, что помимо уменьшения угловой скорости вращения Земли, еще имеет место увеличение секторальной скорости обращения Луны вокруг Земли. Секторальная скорость зависит от радиуса окружности, описываемого Луной, а тогда по третьему закону Кеплера, должен удлиняться и лунный месяц. Влияние приливного действия Солнца будет заметнее. 2.7. Задачи для самостоятельного решения 1.Координата тела массой m  0,1 кг, движущегося прямолинейно, изменяется по закону x  5  2t  4t2  2t3. Определите силу, действующую на тело в конце второй секунды движения. 70 Ответ: F  ma  m 12t  8 Н. 2. На тело объемом V  100 см3 действует сила F  10 Н и сообщает ускорение a  2 м/с2. Определите массу и плотность вещества. Ответ: m  5кг;   5  104 кг/м3. 3. Электропоезд в момент выключения двигателей имел скорость   10 м/с. Определите время движения электропоезда до полной остановки, если коэффициент трения равен   0,01. Ответ: t  100 с. 4. Тело массой m  0,5 кг брошено под углом   45 к горизонту с начальной скоростью  0  10 м/с. Найдите: 1) импульс силы F, действующий на тело за время его полета; 2) изменение импульса тела за то же время. Сопротивлением воздуха пренебречь. Ответ: Ft  m K  m 0  m 0 . 5. С каким ускорением перемещается тело массой m  10 кг, если на него действуют силы, указанные на рис.2.10. а) б) Рис.2.10 Ответ: а) a  5,3 м/с2; б) a  1 м/с2. 71 6. Определите вид движения автомобиля, если в результате а) б) в) Рис.2.11 движения силы трения и тяги уравновесились. Какой из графиков движения справедлив для данного случая (рис.2.11)? 7. К концам однородного стержня приложены две противоположно направленные силы F1  50 H, F2  150 H (рис.2.12). Определите силу натяжения Т стержня в поперечном сжатии, которое делит стержень на две части в соотношении 1:4. Рис.2.12 Ответ: T  F2  1 F  F  . 4 2 1 8.Объясните, почему человек может бежать по тонкому льду, на котором не может стоять, не проваливаясь? 9.Каким способом может человек, стоящий на абсолютно гладком льду пруда, достигнуть берега? 10. Конечная скорость последней ступени многоступенчатой ракеты намного больше конечной скорости одноступенчатой 72 ракеты той же массы при таком же запасе горючего. Объясните этот факт. Ответ: из-за отсутствия балласта. 11. Объясните, почему движется вперед самолет или лодка с пропеллерной тягой. 12. B лифте на пружинных весах находится тело массой m  20 кг. Определите показания весов в двух случаях: 1) когда ускорение лифта направлено вверх; 2)когда ускорение лифта направлено вниз. В обоих случаях ускорение лифта a  1 м/с2 (рис.2.13). Рис.2.13 Ответ: N  G  mg  a  . 13. При каких условиях ваш вес будет равен нулю? Зависит ли ответ от выбора системы отсчета? Ответ: не зависит от выбора системы отсчета. 14. К пружинным весам подвешен блок, через который перекинут нерастяжимый невесомый шнур, к концам которого привязали тела массами с m1  0,5 кг и m2  1 кг. Каковы будут показания весов во время движения грузов? Определите ускорения грузов и действующие на них Рис.2.14 силы натяжения T (рис.2.14) . 4m1 m 2 m m 2m m g  a ; а  g 2 1 ; T1  T2  1 2 g . Ответ: F  m1  m 2 m1  m 2 m1  m 2 15. Тело массой m  0,5 кг движется под действием некоторой силы согласно уравнению x  3t  2t 2  0,5t 3 . Найдите значение 73 силы в моменты времени t1  1 с и t2  5 с. В какой момент времени сила равна нулю? 4 Ответ: F  ma  m4  3t ; t  с. 3 16. Брусок массой M находится на гладком горизонтальном столе, по которому он может двигаться без трения. На бруске стоит куб массой m, упирающийся в небольшой выступ O (рис.2.15). При  каком максимальном значении модуля силы F , приложенной к бруску, не произойдет опрокидывания куба? Ответ: F  m  M g. 17. Играет ли роль при прыжках в длину, наскольРис.2.15 ко высоко вы прыгаете? Какие факторы определяют дальность прыжка? Ответ: дальность полета x  высота подъема h  02 2 sin  g  02 2 sin 2  2g , . 18. Как могли бы вы определить высоту холма, на вершине которого стоите, имея в руках только часы и камень (рис.2.16)? H Рис.2.16 19. Автомобиль массой m  2000кг движется по выпуклому мосту радиусом кривизны R  100 м и давит на него силой G  3104 Н на вершине. Определите скорость движения автомобиля. 74 Ответ:   R G  mg. m 20. На гладкий горизонтальный стол поставили вертикально гантельку, состоящую из невесомого стержня и двух одинаковых шариков на концах (рис.2.17). Верхнему шарику ударом сообщают скорость  в горизонтальном направлении. При какой минимальной длине l гантельки нижний шарик сразу оторвется от стола? Рис.2.17 2 Ответ: l  . 2g 21. Наклонная плоскость, составляющая угол  с горизонтом, движется с горизонтальным ускорением а в направлении, указанном на рис.2.18. Как будет двигаться лежащий на ней брусок, если коэффициент трения бруска о наклонную плоскость равен  ? Ответ: Рис.2.18 sin    cos a1  g ; cos   sin  если a  a1 , то брусок соскальзывает вниз (объясните). 22. Какой гамак скорее выйдет из употребления: туго натянутый между деревьями или слегка провисающий? mg . Ответ: сила натяжения веревки T  2 sin  23. Абсолютно твердое тело брошено в воздух без вращения. При отсутствии сопротивления воздуха вращения тела в полете не возникает. Объясните этот факт. 75 24. Тело, двигаясь равноускоренно по наклонной плоскости, образующей угол   30 с горизонтом, соскальзывает с нее за t  1,5 с. Определите коэффициент трения  тела о плоскость, если ее длина l  2 м. 2l . Ответ:   tg  2 gt cos  25. По вогнутому желобу радиусом кривизны R  1 м соскальзывает тело массой m  1 кг. Определите силу давления тела на желоб в точках А и В (рис.2.19). Угол   30 . Скорости тела в точке А A  3 м/c, в точке B B  2 м/c. Ответ: 2 N  G  m  a  g cos  , a  . R Рис.2.19 26. Летчик, выходя из пикирования, описывает дугу окружности и испытывает при этом перегрузку 3g. Опишите это явление. 27. Приведите несколько примеров движущихся тел, сохраняющих равновесие. Найдется ли такая система координат, относительно которой такое тело покоилось бы? Будет ли это тело в такой системе находиться в равновесии? Ответ: велосипедист, движущийся по закруглению. 28. Приведите несколько примеров тела, не находящегося в равновесии, даже если результирующая всех сил, действующих на него, равняется нулю. Ответ: тело, движущееся без вращения по инерции по абсолютно гладкой горизонтальной плоскости. 76 29. Тело массой m  10 г, привязанное к нити длиной l  2 м, описывает окружность при вращении в горизонтальной плоскости с циклической частотой   3,2 с1. Определите силу натяжения нити и угол наклона нити к вертикали (рис.2.20). mg g . Ответ: tg  2 , T  cos R Рис.2.20 30. Гирю, повешенную к шнуру, отвели в сторону так, что шнур принял горизонтальное положение, и отпустили. Чему равна сила натяжения Т шнура в момент, когда гиря проходит положение равновесия? Ответ: T  3mg. 31. Самолет описывает петлю Нестерова радиусом R  500 м. Во сколько раз сила N, которой летчик давит на сиденье в нижней точке петли, больше веса G летчика, если скорость самолета   200 м/с? gR m 2 N m 2 ;G  1 2 . Ответ: N  mg  ; R G R  32. Шар массой m  0,2 кг, двигаясь со скоростью   5 м/с, упруго ударяется о стенку под углом   30 . Определите импульс, полученный стенкой. Ответ: p  2m cos. 33. На диск проигрывателя кладется монета, и затем включается мотор, но еще до достижения предельной скорости вращения мотора монета соскальзывает с диска. Поясните. Ответ: если центростремительная сила больше силы трения покоя. 34. Как влияет вращение Земли на вес тела у экватора и на полюсе? 77 Ответ: на полюсе вес тела P  mg, на экваторе P  Fц.с.  mg, где Fц.с. – центростремительная сила. 35. Птица находится в проволочной клетке, подвешенной к пружинным весам. Изменятся ли показания весов, когда сидевшая в клетке птица начнет летать внутри нее? Ответ: при подъеме птицы из-за ускорения стрелка весов отклонится в сторону увеличения показаний. 36. Как изменяется вес тела на пути от Земли до Луны? Ответ: в условиях полной динамической невесомости. 37.Как изменяется ускорение свободного падения тела с высотой, если отсчет вести от центра Земли при условии, что Земля однородный шар? Ответ: от центра до поверхности Земли ускорение увеличивается пропорционально r (g~r), а вне поверхности убывает с высотой (g~1/r2). 38. На Земле находятся пружинные и маятниковые часы. Изменятся ли показания этих часов на Марсе? Будут ли эти часы 1 синхронны друг с другом? Масса Марса M M  M 3 , радиус 10 1 R M  R3 . 2 Ответ: ход пружинных часов не изменится; ход маятниковых часов замедлится. 39. Какие измерения должен проделать исследователь для определения массы другой планеты, например Юпитера? 40. Притяжения Луны и Солнца производят на Земле приливы, причем приливное действие Солнца в два раза слабее, чем Луны. При каких условиях их совместный эффект будет максимальным и при каких минимальным? 78 Ответ: максимально в новолуние и полнолуние и минимально при первой и четвертой четверти фаз Луны. 41.С какими затруднениями сталкиваются космонавты, находясь в космическом корабле, движущемся по земной орбите? Ответ: когда никакие силы, кроме тяготения, на тело не действуют, наступает невесомость. Космонавт, находясь в кабине космического корабля, выведенного на околоземную орбиту, испытывает невесомость при исчезновении сопротивления воздуха и при выключении двигателей. Характерным для силы тяготения является то, что всем находящимся в кабине телам она сообщает одно и то же ускорение. Но такое же ускорение будет сообщаться и самой кабине, поэтому все тела в ней будут вести себя так, как если бы для них не существовала даже сила тяготения. Например, ходьба по полу, согласно земному обычаю, станет невозможной, и для продвижения вдоль кабины придется воспользоваться законом сохранения импульса, т.е. передвигаться можно будет, отталкиваясь от стены. Наполнить стакан воды и поднести его ко рту станет невозможным. Вода соберется в одну большую каплю, и направлять ее частями в рот можно будет, только втягивая воду через трубочку. r  1,524 раза r3 больше среднего расстояния от Земли до Солнца. Определите число земных лет, необходимое для совершения Марсом одного полного оборота вокруг Солнца. Ответ: T  1,88 лет земных. Использовать третий закон Кеплера T12 R23  . T22 R13 42.Среднее расстояние от Марса до Солнца в CM C 43. Определите массу Земли, зная период обращения Луны вокруг Земли T  27,3 суток и расстояние от нее до Земли r  3,85 105 км. Ответ: M 3  61024 кг. 79 ЛЕКЦИЯ 3 Деформация тел. Закон Гука. Трение 3.1. Деформация тел. Типы деформации. 3.2. Характеристики упругих деформаций; абсолютная и относительная деформации. Механические напряжения и усилия. 3.3. Закон Гука. Энергия упругой деформации. 3.3.1. Напряжение и усилие. 3.3.2. Закон Гука. 3.3.3. Энергия упругой деформации. 3.4. Трение. Сухое трение: трение покоя, скольжения, качения. 3.4.1. Сухое трение. 3.4.2. Трение скольжения. 3.4.3. Трение качения. 3.5. Вязкое трение. Падение твердого шарика в вязкой среде. 3.6. Контрольные вопросы. 3.7. Примеры решения задач. 3.7.1. Деформация тел. Закон Гука. 3.7.2. Трение. 3.8. Задачи для самостоятельного решения. 3.8.1. Деформация тел. Закон Гука. 3.8.2. Трение. 3.1. Деформация тел. Типы деформации Под действием приложенных к телу сил всякое реальное тело изменяет свою форму и размеры, т.е. деформируется. Тела, в которых после прекращения действия внешних сил деформация полностью исчезает, называются абсолютно упругими, а сама деформация – упругой. В природе абсолютно упругих тел не существует, поэтому абсолютно упругие тела являются идеализированными моделями реальных тел. Близкими к абсолютно упругим телам являются резиновые шары, мячи др. Тела, которые после прекращения действия внешних сил не восстанавливают свою первоначальную форму и размеры, называются абсолютно неупругими. Эти тела также являются физическими моделями, используемыми при решении задач. Примерами неупругих тел являются пластилиновые шары, глина и др. В реальных условиях упругие деформации наблюдаются в том случае, если сила, обусловливающая деформацию, не превосхо80 дит некоторый определенный для каждого конкретного тела предел. Существуют различные типы деформаций: а) растяжение и сжатие; б) изгиб; в) сдвиг; г) кручение. а) Деформация растяжения и сжатия Рассмотрим тело прямоугольной формы (на рис.3.1 показано пунктирной линией). Пусть в направлении оси Z действуют растягивающие (рис.3.1а) или сжимающие (рис.3.1б) силы перпендикулярно основаниям тела. При этом тело либо удлиняется, либо укорачивается (на рис.3.1а и 3.1б удлинение и укорочение тела обозначены сплошной линией), и в обоих случаях изменяется также поперечный размер d. Рис.3.1 Условно разобьем тело на тонкие горизонтальные слои (на рис.3.1а выделенный слой заштрихован). Если точки слоев, лежащие на одной вертикали, не смещаются с нее ( 1   2 ), а расстояния dl между смежными слоями остаются во всех точках одинаковыми, то такую деформацию называют однородным расширением или однородным сжатием (на рис.3.1в, показаны два слоя). 81 б) Деформация сдвига Рассмотрим прямоугольное твердое тело, лежащее на горизонтальной твердой поверхности. Нижнее основание твердого тела закрепляем неподвижно. Подействуем на верхнее основание тела силой, параллельной нижнему основанию (касательная сила). Тогда отдельные части тела будут сдвигаться параллельно самим себе (рис.3.2). Также мысленно разделим твердое тело на тонкие слои, параллельные основанию. Как видно из рис.3.2 верхние слои смещаются больше, чем нижние. Если слои смещаются на один и тот же угол , то такую деформацию называют однородным сдвигом. Рис.3.2 в) Деформация изгиба Рассмотрим длинный стержень, лежащий на опоре  (рис.3.3). Приложим силы F перпендикулярно концам стержня. Стержень деформируется, так возникает деформация изгиба. Она наблюдается в поперечных потолочных балках и стропилах крыши деревянных домов. Рис.3.3 г) Деформация кручения Рассмотрим цилиндрический стержень, основание которого закреплено. Касательно к образующим цилиндра приложим си лу F (рис.3.4). Если цилиндр разделить на тонкие слои-диски, центры которых находятся, на оси ОO, проходящей через ось 82 цилиндра, то они будут поворачиваться относительно оси (на рис.3.4а слой показан штрихом). Рис.3.4 При этом точки слоев, лежащие на одной вертикали, сдвигаются друг относительно друга, причем точки у края слоя (такие, как точка А) оказываются сдвинутыми наиболее сильно. Точки, лежащие на оси вращения, не смещаются вовсе. Таким образом, деформация кручения может быть сведена к деформации неоднородного сдвига. На рис.3.4а видно, что точка А перемещается в точку А'. При этом радиус ОА повернется на угол φ, и образуется клин с углом θ относительно неподвижного основания (рис.3.4б). При деформации кручения происходят одновременно деформации сдвига и сжатия. 3.2. Характеристики деформаций. Абсолютная и относительная деформации. Механические напряжения и усилия Рассмотрим растяжение или сжатие. При растяжении или сжатии тело изменяет свою длину на l  l  l0 относительно первоначальной длины l0 , где l  конечная длина. Величина l (см. рис.3.1) называется абсолютным удлинением (абсолютной деформацией). Величина, равная отношению l к перво83 начальной длине l0 называется относительной продольной деформацией l (3.1) l   , l0 где знак (+) соответствует деформации растяжения, ()  деформации сжатия. При деформациях растяжения-сжатия происходит изменение поперечного размера d (рис.3.1). Величина, равная d (3.2) , d называется поперечной относительной деформацией. Рассмотрим деформацию сдвига (рис.3.2). Величина, равная А А   1 1  tg , (3.3) OA1 d   называется относительным сдвигом. При деформации кручения все точки, лежащие на радиусе ОА (рис.3.4), поворачиваются на угол  . Величина OA   L называется деформацией кручения. Величина    (3.4) d l называется коэффициентом Пуассона. Для тел, изготовленных из одного и того же материала, коэффициент Пуассона имеет одно и то же значение. Для многих металлов   0,25 , а для материалов из резины   0,5 . Вследствие продольной и поперечной деформации изменяется объем V тела, так как он пропорционален ld 2 , где l  длина, d  поперечный размер (либо диаметр, если тело имеет цилиндрическую форму, или сторона прямоугольника). Тогда для малых деформаций относительное изменение объема: 84 2 V  l  l   d  d   ld  . 2 V ld 2 Пренебрегая величиной второго порядка малости, получим: V l 2d l 1  2    L 1  2  . (3.5)    V l d l По определению  не может быть отрицательной, и из (3.5) следует, что  не может быть больше 0,5 . 3.3. Закон Гука. Энергия упругой деформации 3.3.1. Напряжение и усилие Под действием внешних сил тело деформируется. При этом нарушается равновесие внутренних сил (межатомных, межмолекулярных). В каждом сечении тела появляются отличные от нуля результирующие внутренние силы, направленные против внешних сил. Величина этих сил возрастает до тех пор, пока они не станут равными внешним силам. В момент уравновешивания внешних сил с внутренними силами, деформация тела достигает определенной величины и больше не изменяется. Следовательно, при установившейся деформации величина внутренних упругих сил может быть измерена величиной внешних сил, приложенных к телу. Внешняя сила, действующая на единицу площади поверхности тела, называется усилием. Внутренняя упругая сила, действующая на единицу площади сечения, проведенного внутри тела, называется напряжением. Рассмотрим деформируемое тело, находящееся в равновесии под действием приложенной к нему системы сил (рис.3.5). Разделим его мысленно на две части произвольным сечением S, в котором хотим найти величину напряжения, и отбросим часть В. Чтобы часть А осталась в равновесии, необходимо к сечению приложить силу Fy , заменяющую результирующую силу, действующую на часть В (рис.3.5б). 85 Рис.3.5 Сила Fy равна результирующей силе взаимодействия между частями тела А и В. Тогда напряжение в рассматриваемом сечении равно Fy . (3.6)  S Если деформация однородна, то напряжение равномерно распределено в сечении S и определяется формулой (3.6). Если деформация неоднородна, то напряжение определяется формулой  dFy dS Усилие определяется выражением . (3.7) dF . (3.8) dS Единица измерения усилия и механического напряжения: [Н/м2]. P 3.3.2. Закон Гука 1. Закон Гука для деформации растяжения или сжатия Выше было отмечено, что при деформации внутри тела возникают упругие силы, направленные против внешних сил. Английский физик Р. Гук в 1675г. установил, что при малых деформациях упругая сила пропорциональна величине абсолютной деформации: Fуп  kl , 86 (3.9) где k  коэффициент жесткости, l  абсолютное удлинение тела. Знак   указывает на то, что упругая сила направлена против удлинения тела (рис.3.6). Рис.3.6 Если в (3.9) заменить l на x , то закон запишется в виде Fуп  kx . (3.9') В механике деформируемых тел закон Гука используется в ином виде. Напряжение, возникающее в деформированном теле, прямо пропорционально величине относительной деформации:   E , (3.10) где Е  модуль Юнга, [E]=Н/м2. Физический смысл Е:   E при   1, т.е.  l  l0  1, l следовательно, l  2l 0 , т.е.   E. Таким образом, модуль Юнга численно равен напряжению, которое необходимо приложить к телу, чтобы увеличить его первоначальную длину в два раза. 87 Величина   1 называется коэффициентом упругой поE датливости. Модуль Юнга Е связан с коэффициентом жесткости k соотношением l S Fуп   S  E S  E S  k l , где k  E . (3.11) l l Связь между деформацией и напряжением графически изображается диаграммой напряжений (рис.3.7). Рис.3.7 Область I (OA) называется областью упругой деформации. В ней выполняется закон Гука; II – область предела упругой деформации (участок AП – здесь закон Гука не выполняется);  yn  предел упругости (П), при    yn не возникают остаточные деформации; III – область пластической деформации (участок ПB); IV – область текучести (участок ВС);  np  предел прочности (P) – напряжение, при котором тело начинает разрушаться; V – область разрушения (участок PE) – участок, на котором происходит разрушение (разрыв) тела. 2. Закон Гука для деформации сдвига Рассмотрим напряжения, возникающие при сдвиге, для чего закрепим одну из граней прямоугольного параллелепипеда, а 88 к противоположной  F (рис.3.8). грани приложим касательную силу Рис.3.8 Мысленно разделим тело на две части сечением S. Для того, чтобы верхняя часть тела находилась в равновесии, на нее со стороны нижней части должна действовать сила F . Тогда касательное напряжение, действующее в сечении S при однородном сдвиге, равно F (3.12)   . S Если сдвиг неоднородный, то dF (3.13)   . dS Единица измерения  [Н/м2]. Опыт показывает, что для тел, изготовленных из одного и того же материала при одной и той же силе F касательное напряжение пропорционально относительной деформации сдвига:   G . (3.14) Величина G называется модулем сдвига [Н/м2]. Физический смысл G. Пусть   1 , тогда G   . Из (3.3) следует, что   tgθ  1 или θ  45 . Модуль сдвига равен такому тангенциальному напряжению, при котором угол сдвига θ оказался бы равным 89 45  tgθ  1 , если бы при столь больших деформациях не был пройден предел упругости. 3. Закон Гука для деформации кручения Рассмотрим упругую деформацию кручения. Пусть цилиндрический стержень радиусом R и длиной L с модулем сдвига G закручен внешними силами, действующими касательно образующей поверхности. Пусть нижнее основание закреплено (рис.3.9). Рис.3.9 Тогда под действием момента внешних сил стержень будет закручиваться. На рис.3.9 точка А переместится в точку А', а радиус R повернется на угол φ. Опыт показывает, что угол поворота пропорционален моменту внешних сил, т.е. (3.15) M  D , где D  модуль кручения [Н·м]. Внутри стержня возникают упругие силы, момент сил которых направлен противоположно моменту внешних сил, т.е. M   M yn . С учетом последнего выражение (3.15) запишется: 90 M yn   D  . (3.16) Выражение (3.16) является законом Гука для деформации кручения. Найдем модуль кручения D. Определим, как распределены касательные напряжения в сечении стержня и как они связаны с деформацией. Для этого стержень разбиваем на тонкие диски, каждый толщиной dl (рис.3.9б). Диск разбиваем на большое количество тонких колец толщиной dr (рис.3.9б). Радиус кольца r. Под действием касательных напряжений τ возникает деформация кручения. На (рис.3.9б) показано смещение точки В в точку В' и поворот радиуса r на угол dφ. Поскольку точку В1 считаем неподвижной, то в результате деформации вдоль диска образуется клин с углом dα. Элементарная длина дуги ВВ' из геометрии определяется формулой (3.17) ВВ   rd. С другой стороны, ВВ  dl d . (3.18) Приравнивая правые части выражений (3.17) и (3.18), получим d . dl Касательное напряжение по закону Гука равно d  r (3.19) d (3.20) . dl Касательная сила, действующая на элемент поверхности кольца, равна (3.21) dF   dS   2 r dr,   Gd  Gr где dS  2 r dr  площадь элементарной поверхности кольца (заштрихованная поверхность на рис.3.9б). Тогда момент касательной силы dF с учетом выражений (3.20) и (3.21) равен d (3.22) dM  dF  r   2 r 2 dr  G 2 r 3 dr . dl 91 Поскольку величина d dl постоянна вдоль стержня, ее  . Тогда момент касательных сил F, дейL ствующий на диск или стержень, будет равен можно заменить на M   dM  G 2 R  R 4 G L0 2L 3  r dr  . (3.23) Из сравнения формул (3.15) и (3.23) получим модуль кручения D  R 4G (3.24) . 2L Из (3.24) следует, что для стержня с известным G модуль кручения зависит от геометрических размеров: радиуса и длины стержня. 3.3.3. Энергия упругой деформации Пусть на тело действует внешняя сила. Перемещая части деформируемого тела, эта сила совершает некоторую работу против внутренних сил, возникающих в теле во время деформации. При исчезновении деформации внутренние силы могут совершать работу против внешних сил. Если тело является абсолютно упругим, то работа внешней силы равна работе внутренних сил. При деформации абсолютно упругого тела его потенциальная энергия возрастает на величину работы, совершенной внешней силой. В реальных телах внутренняя сила представляет собой сумму упругих сил и сил внутреннего трения. Поэтому работа деформирующей силы частично идет на увеличение внутренней энергии тела, при этом оно нагревается. Однако при деформациях, для которых справедлив закон Гука (упругая деформация), можно считать, что вся работа внешних сил идет на увеличение только их потенциальной энергии. Элементарная потенциальная энергия упругой пружины при сжатии или растяжении на величину dx определяется формулой 92 k (dx) 2 , 2 где k – коэффициент жесткости. Так как dWп  (3.25) k dx  dFуп   dS , где dS  элементарная площадь поверхности, на которой действует напряжение  , то выражение (3.25) запишется в виде  dS dx (3.26) dWп  . 2 Рассмотрим цилиндр длиной l и площадью основания dS (рис.3.10). Запишем формулу (3.26) в виде dWп   dS  dx   dS l l   2  l  2 d   2 d dV , (3.27) dx  бесконечно l малое изменение относительной деформации. Тогда полная потенциальная энергия при деформации тела на  определяется выражением где dV  dS l  элементарный объем тела, d  Wn  Wn  dWn  V  d  . (3.28) 2 0 Рис.3.10 3.4. Трение. Сухое трение: трение покоя, скольжения, качения В механических процессах всегда происходит преобразование механического движения в другие формы: например, в тепловое движение. Это обусловлено влиянием сил трения на механические явления, которые нельзя исключить. 93 Опыты показывают, что силы трения могут действовать между соприкасающимися телами или их частями, как при их относительном движении, так и при их относительном покое. Если трение существует между различными соприкасающимися телами, не образующими единого тела, то оно называется внешним трением. Например, трение, возникающее между бруском и наклонной плоскостью, на которой он лежит или с которой он соскальзывает. Если трение проявляется между различными частями одного и того же тела, то оно называется внутренним трением. Например, трение, возникающее между слоями жидкости или газа при их движении, или сила трения, испытываемая твердым телом при движении в жидкости или газе, есть сила внутреннего трения. Различают сухое и вязкое трение. Трение между поверхностями двух соприкасающихся твердых тел при отсутствии между ними жидкой или газообразной прослойки (смазки) называют сухим. Трение, возникающее при движении твердого тела в жидкостях или в газах, называется вязким. Сухое трение разделяют, на трение покоя, скольжения и качения. Ниже мы рассмотрим только сухое трение. 3.4.1. Трение покоя Пусть на горизонтальной поверхности стола лежит брусок А, к которому прикреплена нерастяжимая невесомая нить, перекинутая через блок Б. К концу висящей нити прикреплен груз В (рис.3.11). При этом брусок А неподвижен. Это возможно в том случае, если на брусок противоположно силе натяжения нити   FH действует сила FTP. , которая называется силой трения по  коя. Силы реакции опоры N и тяжести mg действуют перпен  дикулярно направлениям сил FH и FTP. . Поэтому проекции этих сил на горизонтальное направление равны нулю. Увеличиваем нагрузку (добавляем груз С, рис.3.11), соот ветственно увеличивается сила натяжения FH и при некотором 94  ее максимальном значении Fmax брусок начинает скользить.  Следовательно, сила трения покоя FTP. равна по величине и  противоположна по направлению силе FH , понуждающей тело к  движению и меняется по величине при изменении FH . Рис.3.11 Если FH  0, то сила трения покоя равна нулю. Поэтому FTP. изменяется от нуля до максимального значения понуждающей силы, при которой тело начнет скользить, т.е. 0  FTP.  Fmax . (3.29) В 1699г. французский физик Г. Амонтон установил закон, согласно которому максимальная сила трения покоя пропорциональна силе реакции N, действующей нормально поверхности соприкосновения тел: (3.30) FTP.MAX   N , где   коэффициент трения покоя, зависящий только от свойств поверхностей соприкасающихся тел. Его значение можно найти методом предельного угла. Для этого измеряют угол наклона плоскости, при котором начинается скольжение тела, лежащего на ней (рис.3.12). Из рисунка следует, что FTP   N   mg cos  . 95 (3.31) Проекция силы тяжести P  mg на плоскость скольжения равна mg sin   Fn . (3.32) Приравнивая выражения (3.31) и (3.32), получим mg sin    mg cos  , откуда   tg . (3.33) Коэффициент силы трения  зависит от материалов соприкасающихся тел, состояния их поверхностей, температуры. Закон Амонтона является приближенным. 3.4.2. Трение скольжения Если сила, действующая на тело, больше предельного значения силы трения покоя F  FTP. MAX , то тело приобретает ускорение, и сила трения покоя переходит в силу трения скольжения. Опыты показывают, что сила трения скольжения зависит от скорости, причем зависимость сложная. Не существует точной теории трения скольжения. Для тел из различных материалов необходимы отдельные исследования. В некоторых специальных случаях, например, трение металлических тел с очищенными поверхностями, сила трения скольжения для сравнительно малых значений скорости примерно равна предельной силе трения покоя и не зависит от скорости. Из графика (рис.3.13а) следует, что при скорости   0 сила трения может принимать любые значения от  F0 до F0 . Зависимость силы трения скольжения, показанная на рис.3.13а, называется законом Кулона. Сила трения скольжения, подчиняющаяся этому закону, и приближенно определяется формулой (3.34) FT .CK.  FTP.MAX   N . В общем случае сила трения скольжения зависит от относительной скорости тел. Характер этой зависимости изображен 96 на рис.3.13б. На рисунке видно, что при малых значениях скорости сила трения скольжения приближенно равна максимальной силе трения покоя FTP.MAX , затем, с увеличением скорости, она уменьшается до минимального значения, после которого происходит ее увеличение. Рис.3.13 Исследования показывают, что результаты одних измерений сил трения скольжения противоречат результатам других измерений. Это объясняется присутствием различного рода загрязнений на трущихся поверхностях, которые в одних случаях учитывают, в других – не учитывают. Кроме того, результаты опытов зависят от внешних условий, например, от влажности воздуха и др. 3.4.3. Трение качения В технике особое внимание уделяют силам, возникающим при качении колеса (цилиндра) по плоскости. Различают три рода сил: трения качения, трения сцепления и трения скольжения. Силы трения качения и скольжения всегда тормозят движение, при этом происходит превращение механической энергии в тепловую. Сила трения сцепления при качении может ускорять или тормозить катящееся тело, и не связана с обязательным переходом механической энергии в тепловую. При качении без скольжения могут возникать силы трения сцепления, если на катящееся тело действуют внешние силы. Поэтому сила трения сцепления определяется величиной внешних сил, действующих на тело. Теории трения качения нет. Качественное объяснение трения качения следующее. 97 На поверхности тел всегда существуют неровности, выступы, о которые катящееся тело все время испытывает удары, при этом совершается работа деформации. С другой стороны, при качении тело и плоскость деформируются, и на тело со стороны деформированной плоскости действует  сила F , которая имеет составля ющую f 1 , направленную против движения (рис.3.14). Кулон опытным путем нашел, что при качении Рис.3.14 без скольжения сила трения приближенно определяется формулой N (3.35) FT .K .   K , R где N  сила нормального давления цилиндра,  K  коэффициент трения качения, который зависит от свойств трущихся поверхностей и не зависит от скорости . Сила трения качения значительно меньше силы трения скольжения. Поэтому в современных машинах применяются шариковые или роликовые подшипники вместо подшипников скольжения. Например, чтобы сдвинуть груз массой m  103 кг на подшипниках скольжения надо приложить силу около 600 H, а на шарикоподшипниках достаточно  40 H. 3.5. Вязкое трение. Падение твердого шарика в вязкой среде Выше мы отметили, что вязкое трение возникает при движении тела в жидкостях или газах, а также при относительном движении слоев жидкости или газа. Теория вязкого трения рассматривается в разделе гидродинамики и газодинамики. В данном пункте мы рассмотрим некоторые особенности вязкого трения. Опыты показывают, что при вязком трении отсутствует сила трения покоя. Поэтому тело, плавающее в жидкости, под действием любой горизонтальной силы начнет движение. 98 Рассмотрим движение тела в вязкой среде (жидкости или газе). Эксперименты показывают, что сила вязкого трения (сила сопротивления) зависит от формы тела, скорости движения, физических свойств и температуры среды. При относительно малых скоростях сила сопротивления среды определяется формулой F1  k1 , а при больших скоростях F2  k2 2 . Значения коэффициентов k1 и k 2 пропорциональности зависят от свойств среды, размеров и формы тела, а также от состояния поверхности тела. Первое экспериментальное исследование вязкого трения провел Ньютон. Идея опыта следующая. Он рассматривал скольжение друг относительно друга двух близких параллельных поверхностей, пространство между которыми заполнено определенной жидкостью (рис.3.15а). Рис.3.15  Под действием горизонтальной силы F поверхность I пло щадью S движется равномерно со скоростью  относительно параллельной ей покоящейся поверхности II. Тогда сила вязкого  трения FTP , приложенная к поверхности I, равна и противопо ложна F . Ньютон нашел следующую закономерность d FTP   S, dx 99 (3.36) где d  градиент скорости,   коэффициент вязкости, который dx измеряется в кг/м·с и зависит от рода вещества и температуры. Исследования показывают, что частицы среды (жидкости или газа), прилегающие к первой поверхности, движутся со ско ростью  , т.е. увлекаются поверхностью I, а частицы, прилегающие к поверхности II, находятся в покое, причем скорость частиц слоев среды линейно нарастает с увеличением расстояния от поверхности II к поверхности I (рис.3.15б). В общем случае явление вязкости объясняется межмолекулярным взаимодействием и обменом импульса между молекулами соприкасающихся слоев. Подробная теория вязкости дана в разделе гидро- и газодинамики. Рис.3.16 Рассмотрим частный случай расчета коэффициента вязкости с помощью падения шарика в вязкой среде. Пусть шарик плотностью T и радиусом r падает в вязкой среде с плотностью  (рис.3.16). В вязкой среде на шарик действуют сила тяжести 4 mg   r3 T g ; (3.37) 3 сила Архимеда 4 FA   r3  g ; (3.38) 3 и сила сопротивления, которая для тела шарообразной формы, движущегося в вязкой среде, определяется формулой Стокса, FTP  6  r , где   скорость падения шарика. Уравнение движения шарика d m  mg  FA  FT dt или 100 (3.39) 4 3 d 4 3 4  r T   r T g   r3  6 r . 3 dt 3 3 Из (3.40) после упрощения получим d T   9   g  2  . dt T 2r T (3.40) (3.41) При увеличении скорости  шарика ускорение уменьшается и только сила трения зависит от скорости, а остальные силы не зависят от  . Так как сила тяжести направлена вниз, а сила трения – вверх (рис.3.16), то с некоторого момента времени падения шарика его ускорение станет равным нулю. Шарик будет двигаться равномерно со скоростью  0 , которая определяется из формулы (3.41).   9  0 T g  2  0 T 2r T или    2r 2 g (3.42) 0  T  .  9 Пусть в начальный момент времени скорость шарика равна нулю. С учетом (3.42) уравнение (3.41) примет вид d   0   , (3.43) dt  где 2r 2  T . 9 Интегрируя выражение (3.43), получим 0 d dt  ,      t  откуда     0 1  e 101  t . (3.44) График зависимости  t от представлен на  рис.3.17. Из равенства (3.42) получим формулу для вычисления коэффициента вязкости   T   2 r2g  . 0 9 (3.45) Рис.3.17 3.6. Контрольные вопросы 1. Что называется абсолютно упругим и абсолютно неупругим ударом? Существуют ли они в природе? 2. Какие типы деформации существуют? Охарактеризуйте их. 3. Что называют абсолютной и относительной деформацией? Механическим напряжением, усилием? Опишите их для различных типов деформации. 4. Какие деформации называют однородными и неоднородными? 5. Запишите закон Гука для деформаций растяжения, сдвига и кручения. 6. В чем физический смысл модулей Юнга и сдвига? Запишите их единицы измерения. 7. Рассмотрите графически связь между механическим напряжением и относительной деформацией. 8. Выведите формулу, связывающую модуль кручения с модулем сдвига. 9. Получите формулу энергии упругой деформации. 10. Какие виды трения существуют? Опишите их. 11. Какие значения может принимать сила трения покоя? От чего зависит максимальная сила трения покоя? Как можно измерить коэффициент трения покоя? 12. Приведите примеры использования силы трения покоя. 102 13. Поясните возникновение трения скольжения. От чего зависит сила трения скольжения? Почему при увеличении скорости тела сначала сила трения скольжения уменьшается, а затем увеличивается? Запишите приближенную формулу силы трения скольжения. 14. Опишите причины возникновения трения качения и напишите формулу силы трения качения. 15. Что называют вязким трением? Как зависит сила вязкого трения от скорости движения тела? Назовите причины возникновения вязкого трения. 16. Дайте определение коэффициента вязкого трения, поясните, от чего он зависит? 17. Выведите формулу коэффициента вязкого трения жидкости методом падения твердого шарика. 3.7. Примеры решения задач 3.7.1. Деформация тел. Закон Гука 1. Верхний конец медного стержня закреплен неподвижно, к нижнему подвешен груз массой m  500 кг. Длина стержня l  2 м, сечение S  5 см2. Модуль Юнга E  98109 Па. Определите: 1) нормальное напряжение  стержня; 2) абсолютное l и относительное продольное  l удлинения стержня; 3) потенциальную энергию растянутого стержня (см. рис.3.6б). Дано: m  500 кг l 2м S  5 см2 E  98  10 9 Па Решение: 1) Напряжение материала растянутого стержня равно F  , S где F  сила, действующая вдоль стержня. В   ? l  ? данной задаче F  mg. Тогда  l  ? Wn  ? mg 500  10    107 Па. 4 S 5  10 2) Относительное удлинение найдем по закону Гука   l E 103 l  или  E  107  1,01 104. 9 98  10 3) Абсолютное удлинение l получим следующим образом: l , l  l   l  2  1,01  10 4  2,02  10 4 м. l 4) Потенциальная энергия растянутого стержня l  Wn  где V  S  l  объем тела. Тогда Wn   l 2 S l   l 2 V, 1,01 104  107  5  104  2  0,5 Дж. 2 2. К вертикальной проволоке длиной l  3 м и диаметром d  1 мм2 подвешен груз массой m  4 кг. Проволока удлинилась на l  0,5 мм. Найдите модуль Юнга материала проволоки. Дано: l  3м d  1 мм2 m  4 кг l  0,5 мм E ? Решение: Используем закон Гука   l E, F где    механическое S l  (3.46) напряжение; l  относительное удлинение. l С учетом последних выражений формулу (3.46) можно записать в виде F l  E. S l Тогда модуль Юнга равен E Fl . l S (3.47) Сила, действующая на проволоку, равна силе тяжести груза F  mg. 104 (3.48) Площадь поперечного сечения определяем по формуле S  d2 . 4 С учетом (3.48) и (3.49) формула (3.47) запишется в виде 4mgl 4  4  9,8  3 E   3 1010 Па.  d 2 l 3,14 106  5 104 (3.49) 3. На двух параллельных невесомых пружинах одинаковой длины висит стальной стержень длиной l  0,5 м и диаметром d  1 см. Жесткость пружин k1  10 Н/м и k2  20 Н/м. В каком месте стержня надо повесить груз массой m  10 кг, чтобы стержень остался горизонтальным? Плотность стали   7,8 103 кг/м3 (рис.3.18). Дано: l  0,5 м k1  10 Н/м k2  20 Н/м m  10 кг   7,8 103 кг/м3 d = 1102 м x ? Решение: Рис.3.18 Пусть груз подвешен в точке О на расстоянии х от первой пружины (см. рис.3.18). При равновесии системы выполняется следующее условие: 1) Fy1  Fy 2  mg  m1 g  g m  m1 . (3.50) Используя закон Гука Fy  kl , (3.50) запишем в виде k1l  k 2 l  g m  m1 . (3.51) Так как масса стержня определяется формулой m1   l  d 2 4, то с учетом последнего из (3.51) получим выражение для удлинения пружин при растяжении 105 l  g m  l  d2 4  g  4m   l d  . k1  k2 4  k1  k2  2 (3.52) 2) Закон сохранения момента импульса относительно оси А l  mgx  Fy 2l  lk 2 l. 2 С учетом (3.52) выражение (3.53) запишется в виде m1 g mg x  k2 g  4m   l d 2  l  d 2l2  g. 4  k1  k2  8 (3.53) (3.54) Разделив (3.54) на mg, получим k2  4m   l d 2  l  d 2l 2  x  . 4m  k1  k2  8m x 20  40  7,8 103  0,5  3,14 104  0,5 3,14 104  0,52  7,8 103   40 10  20  8 10 41,2 0,6    0,34 м. 120 80 4. Прямая проволока длиной l поднимается с ускорением a вертикально под действием силы, приложенной к ее концу. Найдите предельное напряжение  m разрыва проволоки. Плотность материала проволоки равна  (рис.3.19). Дано: Решение: l Уравнение движения проволоки a ma  F  mg. (3.55) m ? Масса проволоки равна m  lS , Рис.3.19 где S  площадь сечения Напряжение проволоки m  F . S 106 (3.56) проволоки. Тогда с учетом последнего и (3.56) выражение (3.55) запишется  l Sa   m S   l Sg. (3.57) Из (3.57) следует, что предельное напряжение равно  m   la   g l   l  a  g  . 5. Свинцовая проволока подвешена в вертикальном положении за верхний конец. Какую наибольшую длину l может иметь проволока, не обрываясь от собственного веса? Определите абсолютное удлинение l свинцовой проволоки, если предел прочности свинца  n  12,3 106 Па; плотность свинца   11,3 103 кг/м3; модуль Юнга E  17109 Па. Дано:  n  12,3 106 Па   11,3 103 кг/м3 l  ? l  ? Решение: Так как проволока находится в равновесии под действием упругой силы F и силы тяжести, то F   n S  mg   lSg, (3.58) где масса проволоки равна m   lS. Из (3.58) получим  n   lg, и предельная длина проволоки равна ln  n 12,3 106   111м. g 11,3 103  9,8 6. Какую работу нужно совершить, чтобы растянуть на l  2 мм медный стержень длиной l  2 м и диаметром d  1 мм? Модуль Юнга E  120109 Па. Решение: Дано: Работа упругой силы равна l  2 мм 2 l 2м k l  (3.59) A  . d  1 мм 2 9 E  120 10 Па Из закона Гука можно определить коэффиA? циент жесткости k. 107 F  k l   S  где   l E , S  d2 4 l l ES , l (3.60) . Из (3.60) следует, что ES . l Подставляя (3.61) в (3.59), получим работу k A (3.61) 9 6 6 ES l 2  12010  3,14 10  4 10  94,2 103 Дж. 2l 8 2 3.7.2. Трение 7. На внутренней поверхности конической воронки с углом 2α при вершине (рис.3.20а) на высоте h от вершины находится малое тело. Коэффициент трения между телом и поверхностью равен μ. Найти минимальную угловую скорость вращения конуса вокруг вертикальной оси, при которой тело будет неподвижно в воронке. Решение: Дано: Сила трения, действующая на тело, равна h, 2α, μ ω? FTP   N и направлена вдоль образующей конуса вверх (рис.3.20б) а) б) Рис.3.20 108 Радиус траектории движения тела при вращении вокруг вертикальной оси определяется формулой r  h tg . (3.62) Воспользуемся вторым законом Ньютона и запишем уравнение движения тела в проекциях на оси координат (рис.3.20б): ось Y: ось X: или N sin   N cos  mg, (3.63)  man   N cos  N sin  m 2 r  N cos  N sin  . (3.64) Решая систему уравнений (3.63) и (3.64), с учетом (3.62) получим выражение для угловой скорости:  g cos   sin   . htg sin    cos  8. По наклонной плоскости с углом   30 к горизонту скатывается без скольжения сплошной однородный диск массой m  0,5 кг. Найти величину силы трения и коэффициент трения цилиндра о плоскость (рис.3.21). Дано: Решение:  1. Относительно оси X уравнение по  30 , m  0,5 кг ступательного движения диска R  0,1 м (3.65) ma  mg sin   FTP .   , FTP  ? 2. Относительно мгновенной оси А, перпендикулярной плоскости рисунка, уравнение вращения диска M  J . (3.66) 3. Момент инерции диска J относительно оси А определяем по теореме Штейнера: 1 3 mR2  mR2  mR2 . (3.67) 2 2 4. Угловое ускорение  связано с линейным ускорением a соотношением J 109  a . R (3.68) Рис.3.21 5. Момент силы тяжести mg относительно оси А M  mgRsin  . (3.69) Подставляя (3.67) – (3.69) в (3.66), получим mgRsin   3 a mR2 2 R  a 2 g sin  . 3 (3.70) Выражение для ускорения (3.70) подставим в (3.65): 2 mg sin   mg sin   FTP , 3 откуда сила трения (в данном случае это сила трения качения) равна 1 FTP  mg sin   0,81 Н. (3.71) 3 6. С другой стороны, силу трения качения можно определить по формуле: N   mg cos FTP     . R R Тогда с учетом (3.71), коэффициент трения качения равен 110   R 3 tg  R  0,02 м. 3 3 9. Однородная цепь длиной l лежит на горизонтальной поверхности стола, и при этом один ее конец свисает со стола. Определите коэффициент трения, если цепь начнет соскальзывать со стола при длине свисающего конца, равной l l  (рис.3.22). 6 Решение: Сила трения, действующая на лежащую на столе цепь, равна Рис.3.22 FТP   m1 g , 5 где m1  m  масса лежащей цепи. Сила тяжести, действующая 6 на висящую цепь, равна F  m2 g  1 mg, 6 1 где m2  m  масса висящей цепи. 6 1 Так как при F  mg цепь начинает соскальзывать, то 6 уравнение движения запишется в виде 5 1  mg  mg. FТP  F или 6 6 Коэффициент трения равен 1    0,2. 5  Коэффициент трения качения   в отличие от коэффициента трения скольжения  , имеет размерность единицы длины [м]. 111 10. Определите установившуюся скорость падения града, если радиус града R  3 мм, а плотность   800 кг/м3. Коэффициент сопротивления града   1/3. Плотность воздуха  B 1,29 кг/м3. Град (градинку) рассматривать как шар (рис.3.23). Дано:   800кг/м3  B 1,29 кг/м3 R  3 мм   1/3  ? Решение: При падении на град действуют (рис.3.23) 4 1) сила тяжести P  mg  R 3  g ; (3.72) 3 4 FA   R 3  B g ; 2) сила Архимеда (3.73) 3 3) сила сопротивления (вязкого трения) 1 (3.74) FС   2 R  B . 2 С учетом (3.72) – (3.74) уравнение движения града запишется в виде m Рис.3.23 d  mg  FA  FС . dt (3.75) Так как, только сила вязкого трения зависит от скорости, то через некоторое время после начала падения ускорение града будет равно нулю  d  0  , и движение станет рав dt  номерным. Тогда, с учетом (3.72) – (3.74) уравнение (3.75) запишется в виде 4 4  R 3 Γ g   R 3 B g  0,5  B 2 R  0. 3 3 Установившуюся скорость определяем по формуле г  800  1  1, 29  1 2 2    1, 2 м/с.   2R  g В  6  103  3,14  9,8  3  3 1/ 3 112 11. Камень, пущенный по поверхности льда со скоростью 0  10 м/с, прошел до остановки расстояние S  100 м. Определите коэффициент трения камня о лед. Решение: Дано: Изменение кинетической энергии камня 0  10 м/с равно работе силы трения: S  100 м m 2 m02  ?   ATP   FTP S. 2 2 Знак минус показывает, что работа силы трения отрицательна. Т.к. конечная скорость камня равна нулю   0  , то m02  mgS. 2 тогда из последнего выражения следует, что коэффициент трения равен m02 100    0, 02. 2 gS 2  9,8  100 12. Определите коэффициент трения между наклонной плоскостью и движущимся по ней телом, если тело, имея начальную скорость 0  5 м/с, и, двигаясь вверх по наклонной плоскости, проходит путь (рис.3.24). S  5 м. Угол наклона плоскости   30 Дано: 0  5 м/с   30 S 5м  -? Рис.3.24 Решение: Изменение кинетической энергии тела равно работе силы трения 113 m 2 m02   ATP   FTP S . 2 2 (3.76) FTP   N  mg cos  . (3.77) Сила трения равна Т.к. конечная скорость тела равна нулю, то (3.76) с учетом (3.77) запишется в виде m02   mg S cos  . 2 Коэффициент трения равен 02 25  2    0, 294. 2 gS cos  2  9,8  3  5 13. Рассмотрите движение шара, брошенного вертикально вверх. Если принять во внимание сопротивление воздуха, то можно ли ожидать, что время, затрачиваемое на поднятие шара вверх, будет больше или меньше времени его падения? Решение: Пусть скорость движения шара мала. Тогда сила сопротивления воздуха, действующая на шар, равна Fc  k. Запишем уравнения движения шара вниз (рис.3.25а) и вверх (рис.3.25б) соответственно: а) б) ma1  mg  k , (3.78) ma2  mg  k. (3.79) Согласно (3.78), (3.79), ускорения шара равны k k a1  g  , a2  g  . m m Т.к. высота (путь) прохождения шара Рис.3.25 114 at 2 , 2 то время прохождения шара вниз и вверх соответственно равны h t1  2h  a1 2h , k g m t2  2h  a2 2h . k g m (3.80) Из (3.80) следует, что t1  t 2 , т.е. время прохождения шара вниз больше времени его движения вверх. 14. Два бруска одинаковой массы m  0,5 кг поставили на плоскость с углом наклона   60 (рис.3.26). Коэффициент трения верхнего бруска о плоскость 1  0,2, нижнего  2  0,8. Определите силу взаимодействия брусков при их совместном соскальзывании с наклонной плоскости и ускорение, с которым движутся бруски. Дано: Решение: На каждый брусок действуют силы тяжеm1  m2  0,5 кг сти m1 g , m2 g , трения FTP1 , FTP 2 , реакции опоры   60 1  0,2 2  0,8 FB , a  ? N1 , N2 , а также силы F1 и F2 , с которыми бруски взаимодействуют между собой. Т.к. бруски соскальзывают совместно, то у них одинаковое ускорение а. Рис.3.26 115 Из условия задачи следует, что 2  1 , поэтому сила F2 , с которой нижний брусок действует на верхний (тормозит его движение) направлена, как и силы трения FTP1 и FTP 2 , в сторону противоположную движению брусков. Со стороны верхнего бруска на нижний действует сила F1 , направленная вдоль оси Х. Согласно третьему закону Ньютона силы взаимодействия F1 и F2 равны по модулю: F1  F2  FB . Используя второй закон Ньютона, запишем уравнения движения брусков в проекции на ось Х: m1 g sin   FTp1  FB  m1a, m2 g sin   FTp2  FB  m2a. Учитывая, что m1  m2 , вычтем из второго уравнения первое: F  F p1 2FB  FTp2  FTp1  0, откуда FB  p 2 , 2 где F p1  1m1 g cos  , F p2  2m2 g cos  . T T T T Таким образом, сила взаимодействия и ускорение двух брусков одинаковой массы, равны 1 FB  ma   2   1  mg cos  0,5  0,8  0,2  0,5 10cos 60 o   0,75H, 2 F 0,75 1 a  g  2   1  cos  B   1,5 м/с2. 2 m 0,5 15. Под каким углом  нужно тянуть за веревку тяжелый ящик, чтобы с наименьшим усилием равномерно передвигать его волоком по горизонтальной поверхности? Коэффициент трения ящика о плоскость  (рис.3.27). Решение: На ящик действуют силы: тяжести mg , реакции опоры N , трения FTP и внешняя F . 116 Рис.3.27 Уравнение движения по второму закону Ньютона запишется в виде (3.81) F  N  mg  FTP  ma. При равномерном движении a  0, и (3.87) имеет вид F  N  mg  FTP  0. (3.82) Относительно осей Х и Y (3.82) запишется: оси Х: F cos  FTP  0; оси Y: N  F sin   mg  0. Из (3.83) находим F mg , cos    sin  (3.83) (3.84) с учетом того, что FTP  F cos  N . Исследуем (3.84) на экстремум: dF mg  sin    cos    0 2 d  cos   sin   или sin    cos  0,   tg. Таким образом, при   arctg сила, действующая на ящик, будет минимальной. 117 16. На конце доски длиной L и массой M находится короткий брусок массой m (рис.3.28). Доска может скользить без трения по горизонтальной плоскости. Коэффициент трения скольжения бруска по поверхности доски . Какую скорость  нужно толчком сообщить доске, чтобы она выскользнула из-под бруска? Решение: При толчке доски с начальной скоростью 0 на брусок и доску действуют силы трения (рис.3.28), равные FTP  mg по модулю и противоположные по направлению. Поэтому по второму закону Ньютона ускорение бруска равно Рис.3.28 mg a    g , (3.85) m а ускорение доски mg a   . (3.86) M В системе отсчета, связанной с доской, относительное ускорение с учетом (3.85) и (3.86) равно m aom  a  a   g 1   . M   Начальная скорость бруска направлена влево и равна 0 . Брусок не соскользнет с доски, если его конечная скорость на ее левом конце после прохождения пути L станет равной нулю   0 : L 02 2aom  0  2aom L  2 gL 1   m . M  Брусок соскользнет с доски, если ее скорость   0 . 17. Объясните плавание парусной лодки против ветра. Решение:  Пусть Q  сила ветра (рис.3.29), K-K – направление киля лодки от кормы к носу, П-П – след плоскости установленного 118  паруса. Тогда составляющая P силы ветра, перпендикулярная плоскости П-П будет силой давления ветра на парус:   P  Q cos 90    Q sin  . (3.87) Составляющая R силы P будет уравновешиваться сопротивлением воды, действующей на  глубокий киль лодки. Сила F , направленная под углом к направлению ветра, будет движущей силой и определяется формулой   F  P cos 90    P sin  . (3.88) Рис.3.29 С учетом (3.87), формула (3.88) запишется F  Q sin  sin  . Обозначим через      , тогда F    Q sin    sin  . (3.89) Для нахождения угла  , при котором движущая сила F будет максимальной, исследуем функцию (3.89) на экстремум: dF     0 при   . d 2 Максимальная сила равна Fm  Q sin 2  2 . (3.90) Запишем уравнение движения лодки d m  F  f  , (3.91) dt где m  масса лодки, f    сила сопротивления воды. Пусть f  k , тогда с учетом (3.90) получим уравнение (3.91) в виде 119 m d   Q sin 2  k . dt 2 (3.92) Из (3.92) следует, что с увеличением скорости лодки  правая часть (3.92) уменьшается, и при некотором ее значении  np правая часть (3.92) равна нулю. Тогда Q 2 sin . (3.93) k 2 При такой скорости лодка будет двигаться равномерно, и уравнение (3.92) примет вид  np  m d  0 или m  const. dt Определяя силу Q и коэффициент сопротивления воды k с помощью анемометра, и выставляя угол  , можно установить скорость лодки. При этом выполняется закон сохранения импульса. 18. В каком случае пуля, пробивающая две коробки, в одной из которых находится глицерин, а в другом – мед, пролетит дальше: если она cначала попадает в коробку с глицерином, или если она сначала попадает в коробку с медом? Решение: При движении пули в жидкости с небольшой скоростью на пулю действует сила сопротивления: а) при движении в глицерине   F1  k11 , б) при движении в меде   F2  k 2 2 . Разобьем жидкость на тонкие слои. При прохождении одного слоя толщиной xi , импульс пули изменится на величину pi  mi i  Fconp t . 120 Так как t  xi 2 xi , то   i   i 1    Fi  Fi 1    i 1 и pi  kxi . Fconp  k i 2 2 Тогда изменение импульса пули при полете через глицерин  равно p1   p   i   k1l , а при полете через мед  p 2  k 2 l , i где l – длина коробки. Общее изменение импульса равно p  k1l  k2l  k1  k2 l. Из этого выражения следует, что при полете через обе коробки модуль импульса уменьшится на величину k1  k2 l   независимо от их расположения. Следовательно, дальность полета пули не зависит от последовательности расположения коробок. 3.8. Задачи для самостоятельного решения 3.8.1. Деформация тел. Закон Гука 1. Какую нагрузку необходимо приложить к железному стержню, чтобы он при температуре T=300К имел такую же длину, что и при T0=273К? Площадь поперечного сечения стержня S=2см2. Модуль Юнга E  210109 H/м2. 4S  диаметр стержня. Ответ: F  ESdT  T0 , где d   2. Резиновый шнур растянут так, что его длина увеличилась в два раза. Каков диаметр растянутого шнура, если до растяжения его диаметр был d 0  1 см, а коэффициент Пуассона для резины равен   0,5 ?  l  Ответ: d  d 0 1     5 мм. l0   121 3. Определить относительное изменение объема алюминиевой проволоки диаметром d  2 мм при растяжении ее силой F  102 Н. Коэффициент Пуассона   0,35. Модуль Юнга E  70109 H/м2. V 4 F 1  2  Ответ:   1,36 10 4. V d 2 E 4. При какой длине подвешенная вертикально стальная проволока начнет рваться под действием собственного веса? Предел прочности стали  m  0,69 109 Па, плотность   7,8  103 кг/м3. Ответ: l  m  9  103 м. g 5. Определите коэффициент Пуассона материала стержня, если относительное изменение объема при продольной деформаV ции стержня равна  0. V V Ответ:   l 1  2   0,   0,5. V 6. Стальная проволока длиной l поднимается вертикально вверх под действием силы F, приложенной к ее концу. При каком ускорении а наступит разрыв проволоки? Предельное напряжение разрыва равно  m .   gl . Ответ: a  m l 7. Определите относительное удлинение латунного стержня, если при его растяжении совершена работа A=1Дж. Длина стержня l=2м; площадь поперечного сечения равна S=1мм2; модуль Юнга Е  90109 Па. Ответ:  l  2A  3,3 103. ESl 122 8. Чему равна плотность упругой энергии растянутого медного l стержня, если относительное удлинение равно  0,0033? Моl дуль Юнга меди Е  130 109 Па. Ответ: w  7  105 Дж/м3. 9. На какую высоту поднимется камень массой m  20 г, выпущенный вертикально вверх из рогатки, резиновый жгут которой сечением S=0,2см2 и длиной l=20см был растянут на l  10 см? Сопротивлением воздуха пренебречь. Модуль Юнга резины Е  7,8 106 Па. Ответ: h  ES l   19,5 м. 2mgl 2 10. Коэффициент линейного теплового расширения стали равен   12 106 К1. Модуль Юнга Е  200109 Па. Какое давление необходимо приложить к торцам стального цилиндра, чтобы длина его оставалась неизменной при повышении температуры на t  100 C? Ответ: p  2,45 108 Па. 11. На сколько изменится объем упругого однородного стержня длины l под действием силы F , сжимающей или растягивающей стержень по его длине? Модуль Юнга равен E, коэффициент Пуассона . 12. Стержень с поперечным сечением S растягивается силой F, параллельной его оси. Под каким углом  к оси наклонено сечение, в котором тангенциальное напряжение  максимально? Найти  . F . Ответ:   45 ,   2S 123 13. Медная проволока диаметром d  2 мм огибает барабан диаметром D  4 м. Определите дополнительное напряжение, возникающее в материале проволоки, если модуль Юнга Е  120109 Па. l d 2 Ответ:   E  E  6 107 Н/м . l Dd 14. Определите толщину нити, на которой подвешена рамка зеркального гальванометра, если под действием вращающего момента M  0,3 Н·м она поворачивается на угол   2. Длина нити l  0,2 м. Модуль сдвига нити G  6,5 109 Па. Ответ: d  2 2Ml  1,3 10 5 м. g 15. Железная и медная проволоки одинаковых размеров висят в вертикальной плоскости. Нижние концы проволок прикреплены к горизонтальному стержню. Сохранится ли горизонтальность стержня, если к его середине прикрепить груз? Ответ: нет. 16. Тонкий однородный упругий стержень, длина которого l  1 м, масса m  1 кг и модуль Юнга Е  70109 Па равномерно вращается с угловой скоростью   100рад/с вокруг оси, перпендикулярной стержню и проходящей через один из его концов. Определите распределение усилий Т в стержне и на расстоянии x  0,5 м от оси вращения и полное его удлинение l. Считать удлинение малым, поперечное сечение – неизменным. m 2 2 m 2 2 Ответ: T  l  x 2 ; l  l , где x  расстояние рас3ES 2l сматриваемого сечения от оси вращения.   17. Гиря, положенная на верхний конец спиральной пружины, сжимает ее на l  5 мм. На сколько сожмет пружину та же гиря, упавшая на конец пружины с высоты h  10 см? 124 Ответ: l   37 мм. 18. Определите жесткость системы двух пружин при последовательном и параллельном их соединении. Жесткость каждой пружины: k1  1000Н/м и k2  3000 Н/м. Ответ: 1) k  k1  k2  4000 Н/м – параллельное соединение; kk 3 2) k  1 2  103 Н/м – последовательное соединение. k1  k2 4 19. Нижнее основание железного прямоугольного параллелепипеда с площадью основания S  200 см2 и высотой h  0,5 м закреплено неподвижно. На верхнее основание параллелепипеда действует касательная сила F  20 кН. Найдите: 1) касательное напряжение  в железном материале; 2) относительную деформацию  (угол сдвига); 3) потенциальную энергию и объемную плотность энергии. Модуль сдвига равен G  76109 Па. 5 Ответ:   105 Н/м2;   10 76 109  1,32 10 6 рад; Wn  6,6 10 7 Дж; w  6,6 10 2 Дж/м3. 20. Тонкий стержень одним концом закреплен, к другому концу приложен момент силы M  103 Н·м. Определите угол закручивания стержня, если его модуль кручения D  0,2 106 Н·м/рад. Ответ:   5 10 2 рад. 21. Однородный стержень длиной l  2 м площадью поперечного сечения S  3 см2 и массой m  5 кг вращается с частотой n  10 об/с вокруг вертикальной оси, проходящей через конец стержня, скользя при этом без трения по горизонтальной плоскости. Найдите наибольшее напряжение  m материала стержня при данной частоте обращения. 2 2n2ml Ответ:  m   6,4 107 Па. S 125 22. Проволока длиной l  2 м и диаметром d  2 мм натянута практически горизонтально. Когда к середине проволоки подвесили груз массой m  1 кг, проволока растянулась настолько, что точка подвеса опустилась на h  4 см. Определите модуль Юнга материала проволоки. mgl3 Ответ: E   108 Па. 2d 2 h3 3.8.2. Трение 23. Внутри вращающейся сферической чаши радиуса R находится небольшое тело. Радиус-вектор тела составляет угол  с вертикалью при вращении (рис.3.30). С какой угловой скоростью  должна вращаться чаша, чтобы тело не соскальзывало, если коэффициент трения покоя равен  n ? Ответ: Тело будет находиться в равновесии при условии Рис.3.30 g  tg     g  tg       , где tg  n . R sin  R sin  24. На расстоянии R от оси вращения на вращающемся диске лежит тело. Коэффициент трения покоя тела о диск равен  n . С какой угловой скоростью  нужно вращать диск, чтобы тело не соскользнуло с него? n g Ответ:   . R 25. Мотоциклист движется с некоторой скоростью  по дуге с радиусом кривизны R  100 м. Определите скорость движения мотоциклиста, при которой он не скользит на асфальте, если коэффициент трения резины об асфальт равен   0,65? Каков угол наклона мотоциклиста к горизонту? 1 Ответ:    gR ; tg  .  126 26. На клине с углом  при основании лежит брусок. Коэффициент трения между бруском и клином   tg . С каким ускорением а должен двигаться клин, чтобы брусок не соскальзывал (рис.3.31)? Ответ: g  tg      a  g  tg     , tg  . Рис.3.31 27. На наклонной плоскости с углом   30 при основании лежит брусок массой m  5 кг. Груз массой m1  2 кг присоединен к бруску нитью, перекинутой через блок. Определите ускорение груза и силу натяжения нити, если коэффициент трения бруска о плоскость равен   0,1 (рис.3.32). Ответ: m  msin    cos   ag 1 ; m  m1 T Рис.3.32 mm1g 1  sin    cos  . m  m1 28. По наклонной плоскости, составляющей угол  с горизонтом, соскальзывает небольшой брусок. Коэффициент трения бруска о плоскость зависит от пройденного пути х по закону   ax, где a  постоянная. Найдите: 1) путь, пройденный бруском до остановки; 2) максимальную скорость его на этом пути. Ответ: S  2 tg ; m  a g a cos  sin  . 29. Обруч массой m  5 кг радиусом R  1 м катится без скольжения по горизонтальной поверхности. Начальная скорость поступательного движения центра масс обруча равна 0  1 м/с. Коэффициент трения качения обруча о горизонтальную плос- 127 кость равен K  0,02. Определите путь, пройденный обручем до остановки.  2R Ответ: S  0  5 м. g K 30. На горизонтальном столе лежит брусок массой m0  5 кг. Коэффициент бруска о стол   0,2. Брусок соединен с грузом массой m  2 кг нерастяжимой невесомой нитью, перекинутой через блок, укрепленный на краю стола. Определите ускорение груза. g  m   m0   1, 4 м/с2. Ответ: a  m  m0 31. На конце доски длиной l  1 м и массой m  5 кг находится маленький брусок массой m0  1 кг (рис.3.33). Какую горизонтальную скорость  0 Рис.3.33 нужно толчком сообщить доске, чтобы она выскользнула из-под бруска, если коэффициент трения скольжения бруска о поверхность доски равен   0,1?  Ответ: 0  2  gl 1  m0 m     1,55 м/c. 32. Цилиндр радиуса R скатывается без проскальзывания с наклонной плоскости с углом основания  . Каково ускорение центра масс цилиндра, если коэффициент трения качения между цилиндром и плоскостью равен  K ? Ответ: a  2 g  sin    K  . 3  R  33. С каким ускорением будет двигаться тело массой m  1 кг в горизонтальном направлении, если к нему приложена сила 128 F  4 Н, направленная под углом   30 к горизонту? Коэффициент трения равен   0,1. Ответ: a  F  cos    sin   m   g  2, 6 м/с2. 34. Брусок массой m и длиной l лежит на горизонтальной поверхности стола. Какую работу надо совершить, чтобы повернуть брусок в горизонтальной плоскости на малый угол  , если коэффициент трения бруска о стол равен  ? 1 2 Ответ: A   mgl  . 35. При наличии трения обруч скатывается с наклонной плоскости, а при отсутствии – скользит по ней. В каком случае и во сколько раз скорость, которую будет иметь обруч у основания наклонной плоскости, будет больше? Ответ: при скольжении скорость обруча в 1,41 раз больше, чем при скатывании с трением. 36. Однородная тяжелая гибкая нить длиной l лежит на наклонной плоскости призмы, расположенной под углом  к горизонту, а один конец нити свисает вдоль вертикальной грани призмы. При какой наименьшей длине свисающей части нить начнет скользить, сползая с призмы, если коэффициент трения равен  (рис.3.34)? sin    cos  Ответ: x  l. 1  sin    cos  Рис.3.34 37. Шар радиуса R и массой m бросили вверх с начальной скоростью  0 . Коэффициент сопротивления воздуха равен  , а 129 сила сопротивления воздуха пропорциональна скорости шара. Определите, как будет изменяться скорость тела. Ответ:      mt    1 e  1 .     0 mg   mg  38. Наклонная плоскость с углом наклона   30 движется с ускорением a  4 м/с2, направленным горизонтально (рис.3.35). На плоскости лежит тело массой m. При каком наименьшем значении коэффициента трения  между телом и наклонной плоскостью тело не будет по ней Рис.3.35 соскальзывать? Ответ:   g sin   a cos  g cos   a sin   0,14. 130 ЛЕКЦИЯ 4 Динамика вращательного движения 4.1. Момент силы, момент импульса и момент инерции. 4.1.1. Момент силы материальной точки и твердого тела. 4.1.2. Момент импульса и момент инерции. 4.2. Примеры расчета момента инерции. Теорема Штейнера. 4.2.1. Момент инерции однородного изотропного диска (сплошного цилиндра). 4.2.2. Момент инерции длинного тонкого однородного стержня. 4.2.3. Момент инерции однородного шара. 4.2.4. Момент инерции тонкого однородного кольца. 4.2.5. Момент инерции сплошного однородного конуса. 4.2.6. Моменты инерции полого и сплошного цилиндров, полого шара. 4.2.7. Теорема Штейнера. 4.2.8. Примеры использования теоремы Штейнера. 4.3. Закон вращательного движения. 4.4. Контрольные вопросы. 4.5. Примеры решения задач. 4.6. Задачи для самостоятельного решения. 4.1. Момент силы, момент импульса и момент инерции 4.1.1.Момент силы материальной точки и твердого тела Пусть материальная точка массой m под действием силы F совершает вращательное движение относительно неподвижной (фиксированной) точки О (рис.4.1). В этом случае говорят, что на материальную точку m относительно точки О действует момент силы. Моментом силы M относительно точки О называется векторная величина, равная векторному произведению радиусвектора r на вектор силы F , т.е. M  r  F  r , F  . 131 (4.1) Рис.4.1 Вектор M перпендикулярен векторам r и F и направлен перпендикулярно плоскости, в которой лежат векторы r и F (рис.4.1). Модуль вектора M (численное значение момента силы) определяется по формуле: M  r  F  sin α или M  r F sin α, (4.2) где   угол, между векторами r и F . Величина, равная h  r sin α (4.3) называется плечом силы. Плечо силы h  это кратчайшее расстояние от точки О до линии действия силы (пунктирная линия). На рис.4.1 плечо силы показано, как перпендикуляр к линии действия силы. Тогда (4.2) можно записать в виде: M  r F sin α = F h. (4.4) Единица измерения момента силы:  M   Нм. Частный случай Пусть материальная точка массой m под действием силы F вращается вокруг неподвижной оси Z (рис.4.2). 132 Рис.4.2 Момент силы M , действующий на материальную точку m, равен (4.5) MZ  R F . Рассмотрим теперь момент сил, действующих на абсолютно твердое тело. Пусть под действием касательной силы F твердое тело вращается вокруг неподвижной оси Z, проходящей через центр масс тела С (рис.4.3). Найдем момент силы. Для этого твердое тело Рис.4.3 мысленно разобьем на большое число материальных точек, а силу F разложим на составляющие силы Fi , которые действуют на материальные точки. Найдем момент силы, действующий на каждую материальную точку, по формуле M i   ri , Fi  (4.6) и просуммируем векторно найденные моменты сил, действующие на все материальные точки. Тогда получим результирующий момент силы, действующий на твердое тело относительно оси Z: M   M i    ri , Fi . i (4.7) i 4.1.2. Момент импульса, момент инерции Пусть материальная точка массой m движется по криволинейной траектории с линейной скоростью  относительно неподвижной точки О (рис.4.4). В этом случае такая материальная точка кроме импульса обладает моментом импульса L . 133 Рис.4.4 Моментом импульса L материальной точки относительно точки О называется векторная величина, равная векторному произведению радиуса-вектора r на вектор импульса m , т.е. L   r , m . (4.8) Модуль момента импульса определяется по формуле: L  r  m  sin β, (4.9) где   угол между векторами r и m (см.рис.4.4). Единица измерения момента импульса  L   кгм2/c. Рис.4.5 Частный случай Если материальная точка вращается вокруг неподвижной оси Z с линейной скоростью  , то момент импульса равен (рис.4.5) (4.10) LZ  R m . Рассмотрим момент импульса твердого тела. Пусть твердое тело вращается вокруг неподвижной оси Z, проходящей через центр масс тела C (рис.4.6). Найдем момент импульса. Для этого мысленно разбиваем тело на большое число материальных точек массой dmi и вычисляем момент импульса каждой материальной точки по формуле: Рис.4.6 Li   ri ,i dmi . (4.11) Тогда момент импульса твердого тела относительно оси Z будет равен векторной сумме моментов импульса всех его материальных точек относительно данной оси: LZ   Li    ri ,i dmi . i i 134 (4.12) Из кинематики известно, что линейная скорость  при вращательном движении связана с угловой скоростью  формулой:    r. (4.13) Подставляя (4.13) в (4.10), получим Lz  r r m   mr 2 . (4.14) Скалярная величина, равная произведению массы материальной точки на квадрат расстояния от материальной точки до оси Z, называется моментом инерции материальной точки относительно оси Z: J z  mr 2 . (4.15) Единицы измерения момента инерции в СИ:  J   кгм2. Физический смысл момента инерции заключается в том, что он показывает меру инертности тела при вращательном движении. С учетом (4.15) формула момента импульса (4.14) запишется в виде: LZ  J Z  . (4.16) Частный случай Пусть твердое тело с равномерно распределенной массой m вращается с угловой скоростью  относительно оси Z, проходящей через его центр масс С (рис.4.6). Нужно найти момент инерции твердого тела. Для нахождения момента инерции твердое тело мысленно разбиваем на большое число материальных точек массой dm. Вычисляем момент инерции каждой точки по формуле: dJ  r 2 dm (4.17) и просуммируем все моменты инерции. Тогда момент инерции твердого тела относительно оси Z определяется формулой: J   r 2 dm. m Формула (4.18) является частным случаем. 135 (4.18) В общем случае, когда тело произвольно вращается относительно центра масс С (см. рис.4.7), вычисление момента инерции тела усложняется, так как тело одновременно может вращаться относительно трех осей x, y, z, а также относительно диагональных осей xy, xz, yz и т.д. Поэтому момент инерции твердого тела является тензором. Рис.4.7 В дальнейшем в данном разделе физики будет рассматриваться только частный случай расчета момента инерции твердого тела. 4.2. Примеры расчета момента инерции. Теорема Штейнера 4.2.1. Момент инерции однородного изотропного диска (сплошного цилиндра) Однородный изотропный диск плотностью  , радиуса R и массой m вращается относительно неподвижной оси Z перпендикулярно плоскости диска и проходящей через его центр масс. Найти момент инерции диска (рис.4.8: а – вид сверху, b– вид сбоку в разрезе). Рис.4.8  И.В.Савельев. Курс общей физики, т.1, гл.5, §10, стр. 145-150. Изотропность – одинаковость свойств тела (среды) по всем направлениям.  136 Для нахождения момента инерции диск мысленно разбиваем на большое число бесконечно тонких колец радиусами r и толщиной dr , причем dr  r. (на рис.4.8а выделено одно кольцо). Запишем массу тонкого кольца: dm  dV  2hrdr, (4.19) где объем кольца dV  hdS , dS  2rdr – площадь тонкого кольца, h – высота кольца. Вычисляем момент инерции тонкого кольца по формуле: dJ  r 2 dm  2 h r 2 rdr . (4.20) Затем проинтегрируем (4.20), получим формулу для момента инерции сплошного диска: R J   2 h r 3dr  2 h R 4 4 1   h R 4 . 2 (4.21) С другой стороны, масса диска равна m   R2 h. (4.22) С учетом (4.22) момент инерции диска (4.21) (сплошного однородного цилиндра) равен 1 1 (4.23) J   hR 2 R 2  mR 2 . 2 2 4.2.2. Момент инерции длинного тонкого однородного стержня Рассмотрим длинный однородный стержень массой m и длиной l, вращающийся вокруг неподвижной оси Z, проходящей через центр масс стержня перпендикулярно его длине. Найдем момент инерции стержня. Для нахождения момента инерции стержня относительно оси Z разобьем стержень на бесконечно малые участки длиной dx так, чтобы элементарный кусок стержня расРис.4.9 сматривался как материальная точка 137 с массой dm (рис.4.9), которая определяется формулой dm  m dx, l (4.24) m  масса единицы длины стержня. Вычисляем момент l инерции элементарного куска стержня по формуле (4.17): где m 2 (4.25) x dx. l Проинтегрируем (4.25), получим формулу для вычисления момента инерции длинного тонкого однородного стержня относительно оси, проходящей через центр масс перпендикулярно его длине: dJ  x 2dm  3 3 m 2 m  l   l   1 2 J  x dx          ml . l 3l  2   2   12 l 2 l 2 (4.26) 4.2.3. Момент инерции однородного шара Рассмотрим однородный шар массой m, плотностью  и радиусом R, вращающийся относительно оси, проходящей через его центр масс. Найдем момент инерции шара относительно данной оси (рис.4.10). Вырежем мысленно бесконечно тонкий диск радиусом r, толщиной dh. Тогда элементарная масса диска равна (4.27) dm   r 2 dh, где (4.28) r 2  R 2  h2 . Момент инерции тонкого диска с учетом (4.27) и (4.28) равен Рис.4.10 dJ  r 2 dm   r 4 dh    R 2  h 2  dh. 1 1 1 2 2 2 138 2 (4.29) Интегрируя (4.29), получим формулу для момента инерции шара: 2 1 2 1  8  J  2   R 2  h 2  dh    R5  R5  R5    R5 . 2 3 5  15  R Двойка перед интегралом учтена из-за того, что предел интегрирования рассмотрен для полушара. Учитывая, что масса шара равна 4 m   R3  , 3 запишем окончательно формулу для расчета момента инерции однородного шара относительно оси, проходящей через его центр масс: 2 (4.30) J  mR 2 . 5 4.2.4. Момент инерции тонкого однородного кольца Рассмотрим тонкое кольцо радиусом R и массой m. Будем считать, что толщина кольца бесконечно мала. Найдем момент инерции кольца относительно оси, проходящей через центр масс кольца (точка С) перпендикулярно его плоскости (рис.4.11). Для этого кольцо разбиваем на большое число элементарных отрезков dl. Масса отрезка кольца равна dm  m dl , 2 R (4.31) m  масса единицы длины 2 R кольца. Тогда момент инерции от- где Рис.4.11 резка равен dJ  R 2 dm  m 2 mR R dl  dl. 2 R 2 (4.32) Проинтегрировав (4.32), получим формулу для определения момента инерции тонкого однородного кольца относитель139 но оси, проходящей через центр масс перпендикулярно плоскости кольца: 2 R J  mR 2 dl  mR 2 . (4.33) 4.2.5. Момент инерции сплошного однородного конуса Рассмотрим однородный конус массой m, радиусом основания R и высотой h (рис.4.12), который вращается относительно оси Z, проходящей через центр основания параллельно высоте конуса. Нужно найти момент инерции конуса относительно оси Z. Для этого конус разбиваем на большое число тонких (элементарных) дисков бесконечно малой толщины dx. Масса конуса в единице объема равна mo  m m 3m   . V 1  R2h  R2h (4.34) 3 Тогда масса тонкого диска равна dm  mo dV  3m R h 2  r 2 dx, (4.35) где dV   r dx  объем тонкого диска. Из рис.4.12 следует, что 2 r  x tg . (4.36) С учетом (4.35) и (4.36) момент инерции тонкого диска равен Рис.4.12 dJ  r 2dm 2  3m 2 2R h x 4 tg4 dx. (4.37) Проинтегрируем (4.37), получим h J  3m 2 2R h tg4 x 4dx  140 3m 2  5R 2 h h5 tg4 . (4.38) R , то формула (4.38) для момента инерции h однородного конуса относительно оси Z, проходящей через центр масс перпендикулярно плоскости основания конуса, запишется в виде: 3 m 4 R4 3 (4.39) J h 4  m R2 . 2 10 R h 10 Так как tg  4.2.6. Моменты инерции полого и сплошного цилиндров, полого шара На рис.4.13a представлен полый цилиндр массой m с внутренним радиусом R1 и внешним радиусом R2. Найти момент инерции полого цилиндра относительно оси, параллельной образующей и проходящей через центр окружности основания (формулу вывести самостоятельно). Момент инерции равен J m 2 R 2 1  R22  . (4.40) Рис.4.13 Самостоятельно получите формулу для момента инерции сплошного цилиндра относительно оси, проходящей через центр масс перпендикулярно образующей цилиндра (рис.4.13b). Известны масса цилиндра m, его длина l и радиус основания R. В этом случае формула для J будет иметь вид: 141 J 1 12 1 ml 2  mR 2 . (4.41) 4 Однородный полый шар с внутренним R1 и внешним R2 радиусами и массой m вращается относительно оси, проходящей через диаметр шара (см. рис.4.13с). Формулу вывести самостоятельно: J  m  R12  R22  . 2 (4.42) 5 4.2.7. Теорема Штейнера Если ось вращения не проходит через центр масс твердого тела, то момент инерции тела определяется с помощью теоремы Штейнера, которая гласит: момент инерции твердого тела относительно любой оси Z, не проходящей через центр масс тела, равен моменту инерции относительно оси ZС, параллельной данной оси и проходящей через центр масс, плюс произведение массы тела на квадрат расстояния между осями (рис.4.14) J Z  J C  md 2 , (4.43) где J C  момент инерции тела относительно оси, проходящей через центр масс. Доказательство (4.43) см. в книге Савельева И.В. Рис.4.14 4.2.8. Примеры использования теоремы Штейнера 1) Однородный диск радиуса R и массой m вращается относительно оси, проходящей через образующую диска перпендикулярно его плоскости (рис.4.15). Для нахождения момента инерции относительно оси Z используем теорему Штейнера (4.43). В данном случае d = R, а момент инерции J относительно  И.В.Савельев. Курс общей физики, т.1, гл.5, §10, стр. 145-150. 142 оси ZС, проходящей через центр масс, находим по формуле (4.23). Тогда с учетом (4.23) и d= R, получим 1 3 2 2 J Z  mR 2  mR 2  mR2 . Рис.4.15 (4.44) Рис.4.16 2) Длинный тонкий стержень массой m и длиной l вращается относительно оси, проходящей через конец стержня, перпендикулярно его длине. Используя формулы (4.43) и (4.26) и учитывая, что d  l 2 (см. рис.4.16), запишем формулу для момента инерции стержня относительно оси Z, проходящей через его конец перпендикулярно длине: 2 l 1 J C  ml  m    ml 2 . 12 2 3 1 2 (4.45) Из сравнения формул (4.26) и (4.43) следует, что момент инерции относительно оси, не проходящей через центр масс (в данном случае ось проходит через конец стержня) в 4 раза больше, чем момент инерции относительно центра масс, т.е. J Z  4JC. 4.3. Закон вращательного движения Пусть материальная точка массой m движется относительно неподвижной точки О под действием силы F (рис. 4.17). Задача – найти закон движения данной точки. Из п. 4.1.1 следует, что относительно точки О на материальную точку массы m действует момент силы 143 Рис.4.17 M  r , F  и точка будет двигаться ускоренно, т.е. скорость  движения материальной точки изменяется с течением времени. Так как момент импульса зависит от скорости L   r , m  , следовательно, он также зависит от времени. Найдем производную от момента импульса по времени: dL  dr   d  m    L   , m    r , . dt dt   dt   Так как (4.46) dr   , то первое слагаемое равно нулю: dt  , m   0. Зная, что d  m   F , второе слагаемое будет равно моменту dt сил:  d  m   r ,   M. dt   С учетом последних формул (4.46) запишется в виде dL (4.47)  M. dt В общем случае на материальную точку может действовать несколько сил. Формула (4.47) выражает закон вращательного движения материальной точки относительно неподвижной точки О и гласит: производная по времени от момента импульса равна результирующему моменту внешних сил, действующих на материальную точку. Формулу (4.47) можно использовать для описания вращательного движения твердого тела. 144 Пусть твердое тело под действием внешних сил движется относительно неподвижной точки О. Найдем закон движения твердого тела. Для этого твердое тело мысленно разбиваем на большое число материальных точек, на которые действуют внешние силы. Закон движения каждой материальной точки описывается уравнением (4.47), т.е. для i-той материальной точки dLi  Mi. dt (4.48) Тогда суммируя (4.48), получим уравнение движения твердого тела d  Li    M i .   dt  i  i (4.49) Частный случай закона вращательного движения Пусть материальная точка (твердое тело) вращается под действием силы F относительно неподвижной оси Z (рис.4.18). Уравнение (закон) движения запишется в виде: Рис.4.18 dLZ (4.50)  MZ , dt т.к. LZ  J Z  (см. п.4.1.2), то при J Z  const уравнение (4.50) запишется в виде d (4.51) JZ  M Z или J Z   M Z , dt d где    угловое ускорение. dt Уравнение (4.51) является законом вращательного движения материальной точки (твердого тела) относительно неподвижной оси Z и используется при решении задач. Рассмотрим пример решения задачи. 145 Пусть на блок (сплошной диск) радиуса R и массой mo намотана тонкая нерастяжимая и невесомая нить, на конце которой подвешен груз массой m. Под действием силы тяжести груз опускается вниз, блок вращается. Найти ускорение a груза, силу натяжения нити Т и угловое ускорение  блока (рис.4.19). Решение На блок действует сила натяжения нити T  и соответственно момент силы M  T  R. Тогда, учитывая (4.51), уравнение движения блока запишется (4.52) M  T  R  J. Зная, что момент инерции блока (диска) 1 равен J  mo R 2 , уравнение (4.52) при2 мет вид 1 T  R  mo R 2 2 и угловое ускорение находим по формуле  2T  R mo R 2  2T  . mo R Рис.4.19 (4.53) Силу натяжения нити T  находим из уравнения движения груза. По третьему закону Ньютона T   T . Уравнение движения груза найдем, используя II закон Ньютона относительно оси y: T  mg  ma или T  m  g  a  . (4.54) Так как линейное ускорение связано с угловым соотношением a   R, то (4.54) запишется в виде T  m  g   R. Подставляя (4.55) в (4.53), получим 146 (4.55)  Откуда 2m  g   R  mo R   mo R  2 Rm  2mg. или 2mg  mo  2m  R . (4.56) Найдем линейное ускорение а: a R  2mg mo  2m . (4.57) Подставляя (4.57) в (4.54), находим силу натяжения нити:   mo m 2mg  2m  T  m g  g. (4.58)   mg 1   m  2 m m  2 m m  2 m o o o     4.4. Контрольные вопросы 1. Что называют моментом силы, плечом силы? Запишите формулу момента силы. 2. Что называют моментом импульса? Запишите формулу момента импульса относительно оси вращения. 3. Что называют моментом инерции материальной точки относительно оси вращения? Запишите формулу момента инерции твердого тела относительно оси вращения. 4. Выведите формулы моментов инерции для однородного диска (цилиндра), тонкостенного полого цилиндра, шара, длинного тонкого стержня, однородного кольца(обруча), сплошного однородного конуса, оси которых проходят через центры масс тел. 5. Сформулируйте и выведите теорему Штейнера. Приведите примеры применения теоремы Штейнера. 6. Выведите основной закон динамики вращательного движения. Рассмотрите частный случай этого закона. 147 4.5. Примеры решения задач 1. Найти момент инерции тонкой однородной прямоугольной пластинки размерами a = 10 см, b = 8 см и массой m = 0,5 кг относительно оси, проходящей через ребро меньшего размера (см. рис.4.20). Решение: Дано: Для нахождения момента инерции пластинку a = 10см разбиваем на тонкие полоски бесконечно малой b = 8см массы dm площадью dS  bdx. Масса пластинки, m = 0,5кг приходящаяся на единицу JZ  ? площади, равна mo  m  m . S ab Тогда масса, приходящаяся на тонкую полоску площадью dS  bdx , равна dm  mo dS  m bdx  m dx. ab a Рис.4.20 Найдем момент инерции тонкой полоски dJ Z  x2 dm  m x2 dx. a (4.59) Проинтегрировав (4.59), получим момент инерции тонкой прямоугольной пластинки относительно оси Z: a J Z   m x 2 dx  1 ma 2 . a 3 (4.60) Подставив численные значения в (4.60), окончательно получим: J Z  1 0, 5  (0,1) 2  1, 67 10 3 (кгм2). 3 2. Может ли масса тела рассматриваться как сосредоточенная в его центре масс, если требуется рассчитать момент инерции? 148 Решение: Момент инерции твердого тела относительно оси, проходящей центр масс, вычисляется по формуле  J  r 2 dm. m Отсюда следует, что момент инерции зависит не только от массы всего тела в целом, но и от ее пространственного распределения относительно выбранной оси вращения, т.к. dm  dV , где   плотность вещества тола, dV  элеменРис.4.21 тарный объем (рис.4.21). Следовательно, при расчете момента инерции нельзя считать массу сосредоточенной в центре масс тела. Когда величина момента инерции тела J 0 относительно оси, проходящей через центр С масс тела при его перерасчете относительно оси Z, параллельной первой и не проходящей через центр масс тела, уже не может считаться сосредоточенной в центре масс тела, т.е. J  J 0  md 2 , где d  расстояние между осями Z и Z 0 . 3.Требуется определить момент инерции тела сложной геометрической формы. Укажите способ, с помощью которого момент инерции такого тела мог бы быть определен экспериментально. Решение: Создадим физический маятник (рис.4.22). Его периРис.4.22 Рис.4.23 од колебаний равен 149 J , mgd T  2 (4.61) где d  расстояние от оси вращения О до центра масс С тела. Определяем центр масс тела методом подвешивания (рис.4.23) и расстояние d. Определим период колебаний тела с небольшой амплитудой, а с помощью формулы (4.61) – момент инерции J T2 mgd . 4 2 4. Определите момент инерции диска относительно оси Z, проходящей через точку А, отстоящую на одну треть радиуса от центра диска перпендикулярно плоскости диска. Радиус и масса диска: R=30см, m = 0,6 кг (рис.4.24). Дано: R=30 см m = 0,6 кг d 1 3R Рис.4.24 JZ  ? Решение: Используем теорему Штейнера: JZ  JZ  m d 2 , где J Z  1 m R2  момент инерции диска относительно оси Zо, 2 проходящей через центр масс диска (точка О), d  1 3 R  расстояние между осями. С учетом последних выражений момент инерции диска относительно оси Z равен 2 J Z  1 m R2  m  R   11 m R2 . 2  3  18 150 После подстановки численных значений получим: J Z  11 0, 6   0, 3  3, 3 102 (кгм2). 2 18 5. Тонкий стержень длиной l=0,4м и массой m=0,2кг вращается вокруг оси, проходящей через конец стержня перпендикулярно его длине. Угол поворота стержня описывается уравнением   2t  5t 2  3t 3 . Определите момент сил в момент времени t  2 c. Решение: Дано: 2 3 На основании закона вращательного   2t  5t  3t движения можно найти момент сил l=0,4м (4.62) M  J , m=0,2кг t  2c где J  момент инерции стержня,   угловое ускорение. По теореме Штейнера находим момент инерции стержня относительно оси, проходящей через конец стержня перпендикулярно его длине: M ? J  1 ml 2 . (4.63) d 2  10  18 t. dt 2 (4.64) 3 Угловое ускорение равно  Подставляя (4.63) и (4.64) в (4.62), получим M  1 ml 2 10  18 t   1 0, 2 16 102 10  36   28 102 Нм. 3 3 6. На вал диаметром d=2см насажен длинный однородный стержень массой m1=150г и длиной l=40см. Ось вала проходит через центр масс стержня. Масса вала ничтожно мала. На вал намотана тонкая нерастяжимая и невесомая нить, к концу которой прикреплен груз массой m2=300г. Груз в свободном состоянии отпустили. За какое время груз опустится на h=1м? 151 Найти ускорение, с которым будет падать груз и силу натяжения нити на него (рис.4.25). Дано: d=2см m1=150г l=40см m2=300г h=1м Решение: Для решения задачи воспользуемся основными законами поступательного и вращательного движения. На груз массы m 2 действуют две силы: сила тяжести m 2 g и сила натяжения нити T . t  ? a  ? T  ? Запишем уравнение движения груза, используя второй закон Ньютона: m2 a  m2 g  T . (4.65) Сила натяжения нити действует не только на груз, но и на вал. Сила T  (см. рис.4.25) сообщает валу вращательный момент: M  T d , 2 но, т.к. по третьему закону Ньютона, силы T  и T равны по величине и противоположны по направлению, можно записать Рис.4.25 M T d . (4.66) 2 Согласно основному закону динамики вращательного движения, вращающий момент, приложенный к валу, равен M  J , где   угловое ускорение вала со стержнем:  a , d 2 (4.67) (4.68) а J  момент инерции стержня относительно оси, проходящей через его центр масс перпендикулярно длине стержня (согласно условию задачи масса вала ничтожно мала), поэтому 152 J  1 m1 l 2 . (4.69) 12 С учетом (4.66), (4.68) и (4.69) уравнение (4.67) имеет вид T d  1 m1 l 2 2a T или 2 12 d Подставим (4.70) в (4.65), получим m2 a  m2 g  m1 l 2 a . 3d 2 (4.70) m1 l 2 a . 3d 2 Откуда ускорение равно a m2 g g  . 2 2 m1l m l   1 m2  1   3d 2 3m 2  d  (4.71) После подстановки численных значений в (4.71), получим 9,81 a 1  0,145 (м/c ). 2 0,15  0, 4    3  0, 3  0, 02  2 Тогда угловое ускорение равно   2a  d 0, 29  14, 5 (с2). 0, 02 Рассчитаем силу натяжения нити по формуле (4.70): 2 0,15  0,145  0, 4  T  0, 02   2, 9 (H). 3   Время, за которое груз проходит расстояние h=1м, двигаясь из состояния покоя с ускорением а, найдем, воспользовавшись формулой из кинематики: h at 2 2 , откуда t  2h a  2 1  13,8  3, 7 (c). 0,145 153 7. Лестница, опирающаяся верхним концом о стену, а нижним – о землю, находится в равновесии (рис.4.26). В каком случае она легче соскользнет на землю: когда человек встанет на ее нижний или верхний край? Решение: Пусть Р – равнодействующая сил тяжести лестницы и человека, l0  длина лестницы, R1 и R2  силы реакции опор со стороны земли и стены,   угол наклона лестницы к горизонту,   коэффициент Рис.4.26 трения. Уравнения проекций сил и моментов сил относительно точки В имеют вид: R2  FTP  0, R1  P  0, Пусть CB  l. Тогда R2  R2l0 sin   PCB cos  0. l P ctg . Лестница не соскользl0 нет, если l P ctg . l0 Из этого выражения следует, что при =const, чем больше l, т.е. чем выше поднимается человек, тем больше R2 и лестница легче соскользнет на Землю. FTP  R2  8. На краю платформы в виде диска стоит человек. На какой угол повернется платформа, если человек пойдет вдоль края платформы и, обойдя его, вернется в исходную (на платформе) точку? Масса платформы m1=300кг, масса человека m2=60кг. Человека рассматривать как материальную точку (рис.4.27). Дано: Решение: Запишем закон сохранения момента имm1=300кг, пульса для системы «человек – платформа»: m2=60кг  ? J 11  J 2 2 или 1 m1R 21  m 2 R 2 2 . 2 154 Здесь 1  мы, а  2    угловая скорость платфор- t 2   t  угловая скорость чело- века относительно Земли. Платформа движется навстречу идущему человеку и, чтобы прийти в исходную на платформе точку, человек относительно Земли повернется на угол 2   , т.е. вдоль края платформы он Рис.4.27 пройдет путь s  2 R . Итак, запишем закон сохранения момента импульса 1 2 2  2    m1R  m2 R . 2 t t Отсюда угол, на который повернется платформа относительно Земли, можно рассчитать по формуле  4   60 4 m 2   0, 57  103 o. m1  2m 2 300  2  60 9. Шар массой m=1кг и радиусом R=20см вращается со скоростью 1=10рад/c около оси, проходящей через его центр. Найти: 1) угловое ускорение; 2) тормозящий момент сил; 3) работу сил торможения; 4) число оборотов за время t=30c, если за это время скорость шара уменьшается до 2=5рад/c. Дано: Решение: m=1кг, R=20см, Уравнение вращательного движе1=10рад/c, ния шара: 2=5рад/c, t=30c (4.72) M  J   2 mR 2 . 5  , M , A, N  ? Из кинематики известно, что угловая скорость и угол поворота при равноускоренном вращательном движении определяется по формулам: 2 и (4.73)  2  1   t   1 t   t 2 155 Найдем из (4.72) угловое ускорение , и, подставив его в (4.73), получим  2  1  t 2 1   2    t   t  225  . 1 2t 2 Из (4.72) находим угловое ускорение    2  1  5  10     (c 1 ). t 30 6 (4.74) (4.75) Подставляя (4.75) в (4.72), получим численное значение тормозящего момента: 2 M  2 1   0, 2       8 10 3 Нм. 5  6 Работа сил торможения равна изменению кинетической энергии A J 2  22 2  J 1 12 2  2 mR 2  22  12  . 5 2 Подставив численные значения, получим A  1  4 10 2   25  2  100  2  0, 6 (Дж). 5 Знак минус означает, что работа сил торможения отрицательна. 10. Полый тонкостенный цилиндр вращается с постоянной угловой скоростью 1=5рад/c. Его кинетическая энергия равна Wk  500 Дж. За сколько времени вращающий момент М=10Нм, приложенный к цилиндру увеличит его угловую скорость в два раза? Дано:  1 =5рад/c, Решение: Уравнение движения цилиндра M  J , Wk  500 Дж, М=10Нм,  2  21 t ? а кинетическая энергия равна 156 (4.76) J 12 W1  . 2 Из последнего выражения момент инерции цилиндра равен J 2W1 12 (4.77) . Подставляя (4.77) в (4.76), получим 2W M  21  . 1 Находим угловое ускорение  M  12 . 2W1 (4.78) Угловая скорость при равноускоренном движении определяется формулой  2  1   t. (4.79) Из (4.79) с учетом (4.78) и  2  21 находим время t  2  1   21W1 M 2 1  2W1 M 1  2  500  6, 37 c. 10  5  11. Шар катится без скольжения по горизонтальной поверхности. Полная кинетическая энергия шара Wk  21 Дж. Определите кинетическую энергию поступательного и вращательного движения шара. Решение: Дано: Кинетическая энергия шара, катящегося без Wk  21 Дж скольжения, складывается из кинетической энерWk пост  ? гии поступательного и вращательного движений: Wk вращ  ? т.е. Wk  m 2 2  J . (4.80) 2 2 и угловая  скорости связаны соотношением: Линейная   =R, а момент инерции шара равен J  2 5 mR 2 . 157 Учитывая последние выражения, формула (4.80) запишется Wk  m 2 2 mR 2  2  7 m 2 . 5 2 R 2 10 2 (4.81) Выражая из (4.81) m 2  10 Wk и подставляя в кинетические 7 энергии поступательного и вращательного движений, получим: Wk пост = 1 m 2  1  10 Wk  5 Wk  5  21  15 Дж. 2 2 7 7 7 Wk вращ = 1 m 2  1  10 Wk  2 Wk  2  21  6 Дж. 5 5 7 7 7 12. В результате закручивания тонкой стальной проволоки длиной l= 2,5 м верхнее сечение повернулось относительно нижнего на угол = 5 o. Диаметр проволоки d = 4 мм, модуль сдвига G  8 1010 Н/м. Найдите: 1) момент сил кручения; 2) работу сил упругой деформации при повороте верхнего сечения проволоки от 0 до 5. Дано: l= 2,5 м d = мм G  8 1010 Н/м 1  0 o  2  5 o   рад 36 М ? А  ? Рис.4.28 Решение: Момент сил кручения можно определить по формуле: M   sR, (4.82) где   касательное напряжение, действующее на площадь торца проволоки (рис.4.28), R  радиус сечения торца, s   R 2  площадь сечения торца. 158 По закону Гука касательное напряжение определяется формулой (4.83)    G, где G  модуль сдвига,   относительная деформация сдвига определяется по формуле R (4.84)  , l С учетом (4.83) и (4.84) момент сил кручения равен M  R 4G  l   d 4G    4 10 3  8 1010     14 102 Нм. 4 16  2, 5 16 l 36 Работу момента сил находим по формуле 2 A   M d  1   d 4 G  d   d 4 G   2 .  16 l 16 l 2 Подставив численные значения, получим   4 10 3  8 1010 1    2 A     6,1 10 3 Дж. 4 16  2, 5 2  36  4.6. Задачи для самостоятельного решения 1. На вершинах куба, сконструированного из жесткого тонкого и невесомого стержня закреплены шарики массой m=0,1кг каждый, сторона куба а=0,2м. Найти момент инерции такого куба, вращающегося относительно оси OO (см. рис.4.29). Шарики рассматривать как материальные точки. Ответ: J  4ma2 . 2. Найти момент инерции системы, состоящей из невесомого каркаса в виде квадрата, на вершинах которого закреплены однородные шары массой m=0,2кг и радиусом R=0,1м. Каркас квадрата составлен из тонких невесомых жестких стержней. Сторона квадрата а=0,4м (рис.4.30). 159 2 Ответ: J  ma2  4m R 2 . 5 Рис.4.29 Рис.4.30 3. Два шара массой m1=0,1кг и m2=0,05кг закреплены на тонком стержне длиной l=0,5м и массой m=0,02кг, как показано на рис.4.31. Определите момент инерции системы, вращающейся относительно оси Z, перпендикулярной стержню, и проходящей через его конец. Шары рассматривать как материальные точки. 2 1 l Ответ: J  m1    m2 l 2  ml 2 . 2 3   4. Определите момент инерции тонкой плоской однородной пластины массы m=0,5кг, вращающейся относительно оси Z, проходящей параллельно через малую сторону а, как показано на рис.4.32. Размеры пластины: а=0,2м, b=0,5м. Также решить задачу для случая, когда ось ZС проходит через центр масс С пластины, параллельно малой стороне а. 1 Ответ: J  ma 2 . 3 5. Найти момент инерции однородного шара массы m=0,2кг и радиуса R=0,25м, вращающегося относительно оси. Ось находится на расстоянии l=0,5м от центра шара (рис.4.33). 160 2 Ответ: J  mR 2  ml 2 . 5 Рис.4.31 Рис.4.32 6. В однородном тонком диске массой m=2кг и радиусом R=0,6м вырезаны два одинаковых круглых отверстия диаметром d=0,2м, центры которых находятся на расстоянии l=0,3м от оси диска. Найти момент инерции полученного тела относительно оси, проходящей перпендикулярно плоскости диска через его центр О (рис.4.34). 1 m d2 d2 2  l . Ответ: J  mR 2  2 2 R 2  8  Рис.4.33 Рис.4.34 7. Найти момент инерции однородного конуса массы m=0,3кг, вращающегося относительно неподвижной оси Z, параллельной к высоте конуса и находящейся на расстоянии l=1м от неѐ (рис.4.35). Высота конуса h=0,4м, радиус основания R=0,2м. 161 Ответ: J  ml 2  3 mR2 . 10 8. Два диска одинаковой массы и толщины сделаны из металлов различных плотностей 1   2 . Какой из них будет обладать большим моментом инерции? J r2  Ответ: 1  12  2 , J 2  J1. J 2 r2 1 9. Дано однородное тонкое кольцо массы m=0,1кг и радиусом R=0,25м. Найти момент инерции кольца, вращающегося относительно оси Z, параллельной оси ZС , проходящей через центр масс С и перпендикулярно плоскости кольца. Расстояние между осями Z и ZС равно d=0,35м (рис.4.36). Ответ: J  mR2  md 2 . Рис.4.35 Рис.4.36 10. Два тяжелых диска соединены коротким цилиндрическим стержнем много меньшего радиуса. Система помещена на узкую наклонную доску, укрепленную на столе. Диски свешиваются по бокам. Объясните, почему скорость поступательного движения системы заметно увеличивается в момент касания дисков поверхности стола. Скольжение отсутствует. 11. Игрушка «йо-йо» с намотанной на стержень А нитью может катиться по столу. В какую сторону она будет откатываться, ес ли нить натягивается горизонтальной силой F1 ? Что случится, 162  если к нити приложена сила F2 (рис.4.37), направленная так, что линия действия силы проходит через точки соприкосновения «йо-йо» со столом? Что произойдет, если  натяжение нити силой F3 направлено по вертикали вверх?  Ответ: при действии силы F3 , каРис.4.37 тушка, оставаясь на месте, сматыва  ется. При F2  катушка покатится влево, а при F1  вправо. 12. Тонкий однородный стержень длиной l=1м и массой m=0,5кг вращается с угловым ускорением  =5рад/с2 около оси, проходящей через конец стержня и перпендикулярно к его длине. Найти момент сил М, действующих на стержень (рис.4.38). 1 Ответ: M  ml 2  . 3 13. На вал в виде сплошного металлического цилиндра радиусом r=0,01м и массой m1=100г насажен туго однородный диск радиусом R=0,1м и массой m2=0,8кг. Вал с диском вращается с угловой скоростью =20рад/с (рис.4.39). Какую силу трения нужно приложить к диску, чтобы он остановился через время t=10c? Ответ: Fтр=0,09Н. Рис.4.38 Рис.4.39 163 14. На горизонтальную ось насажен сплошной однородный цилиндр массой m=5кг и радиусом R=0,2м. На цилиндр намотан шнур, к свободному концу которого подвешен груз массой m1=2кг. Шнур нерастяжимый и невесомый, массой оси можно пренебречь. Найти силу Т натяжения шнура, ускорение а падающего груза и угловое ускорение  цилиндра, если груз предоставить самому себе (рис.4.40). Ответ: T  m1m m  2m1 g  11 Н; a  2T  4, 4 м/с2;   a  22 рад/c2. m R Рис.4.40 Рис.4.41 15. По наклонной плоскости, образующей угол =30 с горизонтом, скатывается сплошной цилиндр радиуса R=0,3м и массой m=1кг без скольжения. Найти угловое ускорение  , ускорение а центра масс цилиндра и силу трения качения Fтр, действующей на цилиндр (рис.4.41). g mg sin  g . Ответ: a  sin  g  ;   ; Fтр  J mR 2 3R 3 1 1  mR 2 J 16. Тонкое кольцо, вращаясь равнозамедленно, при торможении уменьшило за t=2мин частоту вращения от n1=420об/мин до n2=120об/мин. Радиус и масса кольца равны: R=0,5м, m=0,2кг. Найти: 1) угловое ускорение кольца  ; 2) тормозящий момент силы Мтр; 3) число оборотов N, сделанных колесом за время t=2мин; 4)работу сил торможения Атр. 164 Ответ:   2  n 2  n1   0, 25 c 2 ; t M тр  mR 2  1, 25  10 3 Нм.   N  2t  n1  n 2   2160 об; ATP  2 2mR 2 n 22  n12  45 Дж. 17. Найти линейные ускорения движения центров масс: сплошного и тонкостенного цилиндров, скатывающихся без скольжения с наклонной плоскости. Угол наклона плоскости =45, начальная скорость тел равна нулю, радиус и масса цилиндров одинаковы. Ответ: a  a2  g sin  2 g ; a1  g  для сплошного цилиндра; J 3 1 mR 2  для полого цилиндра. 2 2 18. Диск радиусом R=0,25м и массой m1=0,8кг туго насажен на вал радиусом r=0,025м и массой m2=0,1кг. На вал намотаны две нерастяжимые и невесомые нити. Диск вращается и опускается под действием силы тяжести (маятник Максвелла, см. рис.4.42). Найти угловое  и линейное а ускорения маятника и силу натяжения Т нити. Ответ: 2 g  m1  m 2  a  0, 22 м/c2; 2   R 3m 2  m1  2  2  r   T  m1  m 2  g 4  m1  m 2  r 2 2  4, 3 Н. Рис.4.42 2 m1 R 2  m 2 r 2 165 ЛЕКЦИЯ 5 Законы сохранения 5.1. Сохраняющиеся величины. 5.2. Импульс тела. Закон сохранения импульса. 5.3. Энергия. Работа и мощность силы. 5.3.1. Энергия. 5.3.2. Работа и мощность силы. 5.4. Кинетическая энергия. 5.5. Поле сил. Консервативные и диссипативные силы. 5.6. Потенциальная энергия. 5.6.1. Потенциальная энергия тела, находящегося в поле силы тяжести. 5.6.2. Потенциальная энергия тела, в гравитационном поле. 5.6.3. Потенциальная энергия упруго деформированного тела. 5.6.4. Связь между потенциальной энергией и консервативной силой. 5.7. Закон сохранения механической энергии. 5.8. Применение законов сохранения импульса и механической энергии. 5.9. Закон сохранения момента импульса. 5.10.Кинетическая энергия твердого тела при вращательном и плоском движении. 5.10.1. Кинетическая энергия материальной точки. 5.10.2. Кинетическая энергия твердого тела. 5.10.3. Кинетическая энергия плоского движения твердого тела. 5.11.Работа при вращательном движении. 5.12.Применение законов вращательного движения и сохранения момента импульса. 5.13.Контрольные вопросы. 5.14.Примеры решения задач. 5.15.Задачи для самостоятельного решения. 5.1. Сохраняющиеся величины Рассмотрим механическую систему, состоящую из N взаимодействующих тел. Эти тела могут взаимодействовать как между собой (внутренние тела), так и с внешними телами, не принадлежащими к системе. 166 Силы, действующие на внутренние тела со стороны других тел, называются внутренними, а силы, действующие со стороны внешних тел на внутренние, называются внешними. Если на систему тел не действуют внешние силы, то такая система называется изолированной (замкнутой). Теория и опыты показывают, что для замкнутых систем существуют такие функции координат и скоростей образующих систему частиц, которые сохраняют при движении постоянные значения. Эти функции называются интегралами движения. Таковыми являются импульс, момент импульса тела, энергия, и др. Для замкнутых систем неизменными величинами являются импульс, момент импульса, энергия, и соответственно рассматриваются законы сохранения импульса, момента импульса и энергии. Закон сохранения импульса связан с однородностью пространства, смысл которого заключается в следующем: при параллельном переносе замкнутой системы из одного места в другое без изменения взаимного расположения и скоростей частиц внутри системы, не изменяются механические свойства системы, т.е. свойства пространства во всех точках одинаковы. Закон сохранения момента импульса связан с изотропией пространства, т.е. одинаковостью свойств пространства по всем направлениям, смысл которой заключается в том, что при повороте замкнутой системы как целого вокруг некоторой оси, не изменяются механические свойства системы. И, наконец, с однородностью времени связан закон сохранения энергии, т.е. с равнозначностью всех моментов времени. Равнозначность следует понимать в том смысле, что при замене момента времени t1 моментом t 2 без изменения координат и скоростей частиц внутри системы, не изменяются механические свойства системы.  Под частицами подразумеваются тела, материальные точки и др. 167 5.2. Импульс тела. Закон сохранения импульса Рассмотрим систему, состоящую из N взаимодействующих тел (рис. 5.1). Если движение таково, что размеры и форма отдельных тел, образующих систему, не играют роли, то рассматривается задача о движении системы материальных точек или частиц. В дальнейшем будем рассматривать частицы. Пусть под  действием внешних сил F система частиц движется. Основной задачей является математически описать движение системы. Ясно, что на каждую частицу, кроме внутренних сил  f ik , будет действовать внеш няя сила F j . Под действием этих сил каждая частица будет двигаться и соответственно также будет двигаться вся система. Запишем уравнение движения каждой частицы, используя II закон Ньютона: Рис.5.1      d m11   f12  f13  ... f1 j  F1  dt f    F1;     d m22   f 21  f 23  ... f 2 j  F2  dt f    F2 ; 1j j 2j j        d mii   fi1  fi 2  ...  fij  Fi  fij  Fi . dt j  Просуммируем полученные уравнения движения всех частиц  j d mii   dt  i i j  f ij    F . j j  Так как по третьему закону Ньютона f ij   f ji , то 168 (5.1)   f i  ij  F  0, а i j j   F, (5.1а) j где f ij  внутренняя сила, действующая на i  ю частицу со стороны j  ой частицы. С учетом (5.1а), уравнение движения (5.1) системы запишется в виде d   dt      m    F .  Если система изолирована F  0, то (5.2) запишется d   dt  или i i (5.2) i    i 0  m  i i  m  i i  const. (5.3) i Уравнение (5.3) есть математическая запись закона сохранения импульса системы частиц, и гласит: в изолированной системе тел векторная сумма импульсов взаимодействующих частиц остается неизменной с течением времени. Или: импульс каждой взаимодействующей частицы может изменяться, но векторная сумма импульсов остается постоянной. Выражение (5.3) можно записать в виде        mii  m11  m22  ...  mN N  m1u1  m2u2  ...  mN uN  const,  i   где mii , mi ui  импульсы i  ой частицы до и после взаимодействия соответственно. Частные случаи 1. Пусть система состоит из одной частицы, например, из одного тела N  1. Уравнение (5.3) запишется m  const. 169 (5.4) Из (5.4) следует, что, если тело изолировано, то его импульс остается постоянным с течением времени. Закон сохранения импульса выполняется в случае, если система не изолирована, но сумма всех сил, действующих на систему, равна нулю. 2. Рассмотрим случай, когда изолированная система состоит из двух тел N  2. Пусть два шара массами m1 и m2 движутся   навстречу со скоростями 1 и  2 (рис.5.2), и происходит лобовое столкновение (центральный удар). Рис.5.2 При этом если происходит абсолютно упругое столкновение, то закон сохранения импульса запишется в виде     m11  m22  m1u1  m2u2 , (5.5) m11  m22  m1u1  m2u2 , (5.6)   где u1 и u2  скорости шаров после удара. В скалярной форме в проекции на ось ОХ закон примет вид где в левой части знак «–» означает, что шары до столкновения движутся навстречу друг другу; знак «+» – в одном направлении, например, вдоль оси ОХ; в правой части знак «+» означает, что после удара оба шара движутся вдоль оси ОХ; знак «–» –шар массой m2 после удара движется против оси ОХ. Абсолютно упругим ударом называется такой удар, после прекращения которого деформация тела полностью исчезает, т.е. тело восстанавливает первоначальные размеры и форму. В противном случае удар называется абсолютно неупругим. Примером почти абсолютно упругого удара является соударение резиновых мячей. Для абсолютно неупругого удара закон сохранения импульса запишется в виде m11  m22   m1  m2  u , 170 (5.7а) И в скалярной форме в проекции на ось ОХ m11 m22   m1  m2  u. (5.7б) Примером проявления закона сохранения импульса является реактивное движение. Оно наблюдается в природе (движение осьминога) и очень широко применяется в технике: водометный катер, огнестрельное оружие, движение ракет и маневрирование космических кораблей. Также закон сохранения импульса применяют при расчетах скоростей тел при взрывах и соударениях, при забивании свай, ковке металлов и т.д. 5.3. Энергия. Работа и мощность силы 5.3.1. Энергия В природе существуют различные формы движения материи: механическая, тепловая, электромагнитная и др. Для описания всех форм движения материи в физике ввели универсальную физическую величину – энергию. Энергия – это универсальная количественная мера всех форм (видов) движения материи. Обозначим ее через W. Единица измерения – джоуль [Дж] (эрг – внесистемная). Энергия – скалярная величина. В соответствии с формами движения материи, энергию подразделяют на механическую, тепловую, электромагнитную, ядерную и др. Энергия характеризует движение, т.е. изменение состояния системы. Состояние, в котором находится система, может быть определено заданием ряда величин. Например, чтобы определить состояние механического движения системы тел, достаточно знать их взаимное положение и скорости; чтобы охарактеризовать состояние газа, надо указать его объем, давление, температуру и т.д. Величины, с помощью которых характеризуется состояние системы, называются параметрами состояния. Таковыми являются координаты, скорость, масса, температура, давление и др. Как известно, энергия количественно выражается через параметры. Изменение параметров влечет изменение энергии. По- 171 этому энергия есть функция состояния системы, определяемая параметрами состояния. В природе энергия не исчезает, а переходит из одного вида в другой. Механическая энергия может перейти в тепловую или электромагнитную энергию и наоборот. Например, механическая энергия тела, движущегося по поверхности твердого тела, переходит в тепловую энергию за счет действия силы трения на тело, и в конечном итоге движение тела прекращается. Часть тепловой энергии паровой машины может перейти в механическую энергию. 5.3.2. Работа и мощность силы Известно, что обмен механическим движением между телами или переход механического движения в другие формы происходит в результате взаимодействия тел. Опыт показывает, что во всех механических процессах происходит передача энергии, величина которой пропорциональна произведению силы на перемещение. Например, количество теплоты, которое выделяется при падении камня с высоты на землю, пропорционально произведению силы тяжести на высоту. Количество энергии, передаваемое от одного тела другому в механическом процессе, называется работой. Математически работу можно определить следующим об разом. Пусть тело под действием силы F перемещается на бес конечно малую величину dr . Тогда сила совершает элементарную работу, равную   А  F , dr  Fdr cos , (5.8)   Рис.5.3 172   где   угол между векторами F и dr (рис.5.3). Работа, как и энергия, измеряется в джоулях или эргах (эрг): 1 Дж = 1Н·1м, 1 эрг = 1дин·1см, 1Дж = 107эрг. В (5.8) под обозначением  А понимается элементарная работа, совершаемая силой на бесконечно малом перемещении. Если под действием силы тело совершает большое перемещение, то работа силы определяется формулой r   r А   F , dr   Fdr cos  . (5.9) Если 0    90 , то сила совершает работу, при этом энергия тела, со стороны которого действует сила, передается телу, на которое она действует. Если   90 , то энергия передается от тела, на которое действует сила, телу, со стороны которого сила действует. При этом сила совершает отрицательную работу. Например, сила трения, направленная против перемещения, совершает отрицательную работу. Если   редачи энергии не происходит.  2 , то A  0 , и пе- Геометрический смысл работы Рассмотрим зависимость силы от перемещения (рис.5.4). Разобьем перемещение на большое число элементарных перемещений dr так, чтобы в пределах отрезка составляющая силы Fr оставалась постоянной. Элементарная работа на отрезке dr равна   Рис. 5.4 Аi  Fi , dri .   Просуммируем элементарные работы на отрезке r1 r2 , получим, полную работу 173    F  , dr . r2 А i (5.10) i r1 Интеграл (5.10) или работа А представляет собой площадь фигуры, ограниченной графиком функции F, перпендикулярами к оси в точках r1 , r2 , и осью r. Если на тело действует несколько сил, то работа результирующей силы равна алгебраической сумме работ составляющих сил. Если на тело действует постоянная сила, и тело совершает прямолинейное движение, то работа силы определяется формулой А  Fs cos , где s – путь, пройденный телом. Мощность силы На практике нужно знать не только полную работу, произведенную силой, но и время, в течение которого она произведена. Для сравнения механизмов или машин по их способности совершать бóльшую или меньшую работу за единицу времени вводят величину, называемую мощностью. Средняя мощность – величина, равная работе, совершаемой силой в единицу времени A N  . (5.11) t Единица измерения мощности – ватт (1Вт =1Дж/с). Элементарная работа, совершенная за бесконечно малый промежуток времени dt, называется мгновенной мощностью N A dt . (5.12)   Так как элементарная работа равна А  F , dr , то мгновенную мощность можно определить по формуле:  A   dr    N   F ,   F , , (5.13) dt  dt     174    dr где    скорость движения механизма или машины. dt Человек, шагая равномерно, совершает работу в среднем 3эрг (3107 Дж). Лошадь массой m  500кг при прыжке на высоту h  2 м совершает работу 10 4 Дж. Пороховые газы, выбрасывая из ствола артиллерийского орудия снаряд весом P  900 Н со скоростью   500 м/с, за сотую долю секунды совершают работу ~ 109 Дж. 5.4. Кинетическая энергия В механике различают два вида энергии: энергия, зависящая от скорости и массы тела, называемая кинетической, и энергия, зависящая от взаимного положения тел или частей тел, т.е. от координат, так называемая потенциальная энергия. Для того чтобы получить выражение энергии в виде функции параметров состояния механического движения, надо знать, как изменяется величина энергии с изменением параметров системы. Изменение состояния движения системы связано либо с процессами, происходящими внутри нее, либо с воздействиями внешних сил, приложенных к системе. Если работа внешних сил положительна, то энергия системы возрастает. Если работа внешних сил отрицательна, то энергия системы убывает. В этом случае система совершает работу над внешними телами. Работа сил, приложенных со стороны системы к внешним телам, совершается за счет энергии системы. Поэтому говорят, что энергия – это «запас» работы, которую может совершать система. Для нахождения кинетической энергии тела, движущегося под действием силы, которая совершает работу, запишем уравнение движения тела в виде   d F m . (5.14) dt Умножая (5.14) скалярно на элементарное перемещение  dr , получим выражение для работы: 175  A   F , dr    m  d  , dr  . dt  (5.15) Т.к. dr   dt, то, подставляя в (5.15), запишем   m 2   d   . A   m ,dt   d  (5.16)  2  dt    Справа под знаком дифференциала в (5.16) стоит выражение, представляющее собой кинетическую энергию m 2 WK  . (5.17) 2 Кинетическую энергию тела выразим через его импульс ( p  m ). Тогда (5.17) запишется в виде m 2 p 2 (5.18)  . 2 2m Из (5.16) следует, что элементарная работа равна бесконечно малому изменению кинетической энергии WK  А  dWK . (5.19) При конечном изменении кинетической энергии работа равна А  WK  WK 2  WK 1 , (5.20) где WK 1 и WK 2  кинетическая энергия тела в начальный и конечный моменты времени. Изменение кинетической энергии тела численно равно работе, которую должны произвести действующие на него силы, чтобы изменить скорость его движения от 1 до  2 . Кинетическая энергия системы, состоящей из N тел, определяется как сумма кинетических энергий тел, составляющих систему mi i2 WK  WKi  , (5.21) 2 i i  где WKi   mii2  кинетическая энергия i  го тела системы. 2 176 5.5. Поле сил. Консервативные и диссипативные силы Если частица в каждой точке пространства подвержена действию силы, то говорят, что она находится в поле сил. Полем сил называется область пространства, в каждой точке которого на помещенную туда частицу действует сила, закономерно меняющаяся от точки к точке. Если сила в каждой точке не зависит от времени t, то такое поле называется стационарным (поле силы тяжести, электростатическое поле). Стационарное поле сил, в котором работа силы поля на пути между любыми точками не зависит от формы траектории, а зависит только от положения этих точек, называется потенциальным. Пример – электростатическое поле, гравитационное поле. Теорема: в потенциальном поле работа сил поля на любой замкнутой траектории равна нулю. Силы, работа которых по перемещению материальной частицы от одной точки к другой не зависит от формы траектории, а зависит от начального и конечного положения частицы, называются консервативными (сила тяжести, силы упругости, электростатические силы). Силы, работа которых зависит от формы траектории, называются диссипативными (силы трения, сопротивления и т.д.). 5.6. Потенциальная энергия То обстоятельство, что работа консервативных сил не зависит от формы траектории движения, а определяется только начальным и конечным положениями тела, дает возможность ввести понятие потенциальной энергии. Пусть в силовом поле частица (тело) под действием консервативных сил перемещается от точки 1 в точку 2 (рис.5.5) относительно произвольной фиксированной точки О. Тогда работа консервативных сил равна 2   А   FK , dr . 1 С другой стороны, эта работа зависит от энергии начального и конечного положения частицы. 177 Работу консервативных можно представить в виде r0   А   FK , d r  W 1  r   W 2  r0  сил или r W1 r   W 2 r0     F  r0 K   , dr , (5.22) r где W 2 r0   неизвестная постоянная. Физическая величина W  r  , Рис.5.5 которая зависит от координат, называется потенциальной энергией. Потенциальная энергия частицы, находящейся в поле сил, определяется формулой r0   W r   const  F , dr . (5.23)   r Здесь const – неизвестная величина, имеющая размерность энергии и не влияющая на конечный результат. В зависимости от условий задачи, const можно принять равной либо нулю, либо некоторому значению. Поэтому потенциальная энергия частицы, находящейся под действием консервативных сил, равна работе, совершаемой действующими силами поля по перемещению частицы из данной точки в фиксированную точку, где потенциальная энергия постоянна. Потенциальная энергия определяется с точностью до постоянной. Из определения следует, что понятие потенциальной энергии имеет место, когда тело (частица) находится в поле консервативных сил. Таким образом, если частица под действием кон сервативной силы F движется от точки 1 к точке 2 (см. рис.5.5), то работа силы будет совершаться за счет изменения потенциальной энергии r2   А   F , dr  W1  r1   W 2  r2   W . (5.24) r1 Знак минус указывает, что работа консервативных сил совершается за счет убыли потенциальной энергии. 178 Рассмотрим примеры вычисления потенциальной энергии. 5.6.1 Потенциальная энергия тела, находящегося в поле силы тяжести Пусть тело массой m находится на высоте h (рис.5.6) и свободно падает под действием силы тяжести mg на поверхность Земли. Считаем точку B фиксированной. В ней потенциальная энергия постоянна и неизвестна. Пусть в точке B const=0. Тогда потенциальная энергия тела, находящегося на высоте h в точке A равна WA  h   const    mg  dr  h  0  mgh mgh. Рис.5.6 (5.25) 5.6.2. Потенциальная энергия тела в гравитационном поле Рассуждая, как в п.5.6.1, потенциальную энергию тела массой m в гравитационном поле определим по формуле r0 Mm   W r   const     2 dr, r  r   (5.26) где считаем, что в r0   const  0. Тогда из (5.26) получим потенциальную энергию тела, находящегося в гравитационном поле Mm W   , (5.27) r где M  масса тела, создающего гравитационное поле (например, масса Земли),   гравитационная постоянная. 5.6.3. Потенциальная энергия упруго деформированного тела По закону Гука, упругая сила равна 179 Fynp  kx, (5.28) где k  коэффициент упругости, x  абсолютное удлинение деформации. Считаем, что в свободном состоянии (при отсутствии деформации, x=0) упругого тела const  0. Тогда потенциальная энергия упруго деформированного тела равна W    kx  dx  x kx 2 . 2 (5.29) 5.6.4. Связь между потенциальной энергией и консервативной силой Элементарная работа консервативной силы равна    А  F , dr . С другой стороны, эта работа равна бесконечно малому изменению потенциальной энергии А  dW или F , dr   dW . Взяв производную от последнего выражения, получим   dW F  . dr В декартовой системе координат       W  W  W F  i Fx  j Fy  k Fz   i j k y z  x (5.30)   .  Отсюда Fx   W ; x Fy   W ; y Fz   W . z (5.31) В выражении (5.31) знак минус указывает на то, что консервативная сила направлена в сторону убывания потенциальной энергии. 180 5.7. Закон сохранения полной механической энергии Сумма кинетической W K и потенциальной W энергий называется полной механической энергией, т.е. W  WK  W . (5.32) Рассмотрим, как изменяется полная механическая энергия системы. Пусть на систему, состоящую из N взаимодействующих частиц, действует внешняя сила F   Fi , i где Fi  составляющая внешней силы, действующая на i  ую частицу. Кроме того, внутри системы на каждое тело действуют   диссипативные f i и консервативные f ik силы. Под действием этих сил частицы внутри системы перемещаются, и, следовательно, вся система также перемещается. Силы совершают работу. Происходит изменение механической энергии системы. Найдем это изменение. Для этого запишем уравнение движения системы. Уравнение движения каждой частицы имеет вид: d  m11   f1   f1k  F1 ; dt k  (5.33) d  mii   f i    f ik  Fi ; dt i k i  Пусть каждая частица совершает элементарное перемещение   dr1 , dr2 , …, dri . (5.34) Умножив (5.33) на (5.34) скалярно с учетом того, что   dri   i dt, получим  , d  m     f i i i  i     , dri   f ik , dr  Fi , dri i 181 k i i  или  m2 d  i i  2    dAi  dAiK  dAiB ,   (5.35) где dAi , dAiK , dAiB  элементарные работы, совершаемые дис  сипативными f i , консервативными f ik и внешними силами Fi , действующими на i  ое тело. Тогда работа, совершаемая всеми силами при перемещении системы, состоящей из N частиц, определяется выражением  mii2   K B    dAi   dAi   dAi . 2 i i i   d  i (5.36) Т.к. работа консервативных сил равна убыли потенциальной энергии системы, т.е.  dAi   dWi , i i то (5.36) запишется в виде dWK  dAi  dW  dAiB , где dA   dAi ; i  dA K i (5.37)  dW ; dAB   dAiB . i i Преобразуя (5.37), получим d WK  W   dAi  dAiB или dW  dAi  dAiB . (5.38) Равенство (5.38) выражает изменение полной механической энергии системы под действием внутренних диссипативных сил и внешних сил. Если система изолирована (внешняя сила равна   нулю, F  0 ) и отсутствуют диссипативные силы ( f   0 ), то (5.38) запишется в виде dW  0, т.к. работа диссипативных и внешних сил равна нулю. 182 (5.39) Из (5.39) следует, что полная механическая энергия остается постоянной с течением времени, т.е. W  WK  W  const. (5.40) Выражение (5.40) – математическая запись закона сохранения полной механической энергии: в изолированной системе тел, где отсутствуют диссипативные силы, полная механическая энергия системы остается постоянной, т.е. не изменяется с течением времени. Механическая энергия системы может перераспределяться между телами системы или переходить из кинетической в потенциальную и наоборот, но суммарное значение ее остается постоянным. Рассмотрим частные случаи применения закона сохранения механической энергии. 1) Пусть система состоит из одного тела (N=1). Предположим, мы подняли над Землей тело массой m с высоты h1 до высоты h2 (рис.5.7). На него действуют сила  тяжести mg (внутренняя сила системы «тело – Земля») и внешняя  сила F , под действием которой тело ускоряется противоположно  ускорению силы тяжести g . Уравнение движения тела без учета силы сопротивления d F  mg  m . (5.41) dt Рис.5.7 Умножим (5.41) на бесконечно малую величину перемещения dy и проинтегрируем от h1 до h2 с учетом, что dy   dt получим  2 2 d d   F  mg dy  m dy  m  dt  m   dt  dt  d h1 h1 h1 1 h2 h2 h 183 m 22 m12 (5.42)  , 2 2 где 1 , 2  скорости тела в точках A и B. После преобразования (5.42) примет вид или F h2  h1   mgh2  h1    m22   m 2  F h2  h1     mgh2    1  mgh1 ,  2   2  (5.43) где F h2  h1   работа внешних сил. Если тело изолировано, т.е. F  0 и отсутствует сила сопротивления (диссипативная сила), то (5.43) примет вид m12 m 22 (5.44)  mgh1   mgh2 . 2 2 Из (5.44) следует, что полная механическая энергия изолированного тела, падающего с высоты на поверхность Земли, постоянна. Если  2  0 (в точке B) и h1  0 (в точке С), то m 2 при h2  h, 1  . (5.45) 2 Таким образом, при падении тела с высоты h на Землю, потенциальная энергия W  mgh переходит в кинетическую mgh  энергию W K  m 2 2 в момент соприкосновения тела с поверх- ностью Земли. 2) Пусть система состоит из двух тел N  2. При соударении тел друг с другом они претерпевают деформации. При этом с момента возникновения деформации в месте соприкосновения тел начинают действовать упругие силы, направленные противоположно относительным скоростям тел. Возникшие в результате действия упругих сил ускорения уменьшают скорости тел до тех пор, пока они не станут одинаковыми, или пока относительная скорость тел не станет равной нулю. При этом происходит переход кинетической энергии тел в потенциальную энергию упругой деформации. 184 Различают два предельных случая соударения: 1) абсолютно упругий удар и 2) абсолютно неупругий удар. При абсолютно неупругом ударе часть кинетической энергии соударяющихся тел переходит во внутреннюю энергию (тепловую), и тела нагреваются. При абсолютно упругом ударе не происходит переход механической энергии в другие виды энергии, как при абсолютно неупругом ударе. Рассмотрим задачу для абсолютно упругого удара двух шаров. Пусть два изолированных шара с массами m1 и m2 со скоростями 1 и  2 движутся навстречу вдоль оси X и испытывают абсолютно упругий центральный удар. Удар называется центральным (лобовым), если линия удара проходит через центры масс тел (С1 и С2), см. рис.5.8. Рис.5.8 Прямая, совпадающая с нормалью к поверхности тел в точке их соприкосновения, называется линией удара. Пусть отсутствуют диссипативные силы. Поскольку шары движутся горизонтально относительно оси X, то можно считать, что потенциальная энергия шаров постоянна и не меняется со временем. Поэтому изменяется только кинетическая энергия шаров. Задача: зная скорости шаров 1 и  2 до удара, найти скорости шаров после абсолютно упругого удара. Для этого запишем законы сохранения импульса и механической энергии шаров     m11  m22  m1u1  m2u2 ; m112 m222 m1u12 m2u22    . 2 2 2 2 185 (5.46) Решаем систему уравнений (5.46)     m1 1  u1   m2 u2  2 ;    (5.47)  m1 12  u12  m2 u22  22 . Поделив второе уравнение на первое, получим     1  u1  u2  2 . (5.48) Решая (5.48) совместно с первым уравнением (5.47), получим      2m   m2  m1 2  2m22  m1  m2 1 u1  ; u2  1 1 . m1  m2 m1  m2 (5.49) При численных расчетах нужно спроецировать соотношения (5.49) на ось Х. Рассмотрим задачу для абсолютно неупругого удара. Пусть неупругие изолированные шары массами m1 и m2 движутся навстречу со скоростями 1 и  2 (рис.5.9). Пусть отсутствуют диссипативные силы. Поскольку удар абсолютно неупругий, то  шары после удара движутся с одинаковой скоростью u . Задача: найти скорость шаров после удара, и определить, какая часть механической энергии, переходит в тепловую. Рис.5.9 Для нахождения скорости шаров после удара используем закон сохранения импульса в проекции на ось X: m11  m22   m1  m2  u. Из (5.50) находим скорость 186 (5.50) u m11  m22 . m1  m2 (5.51) Для нахождения количества теплоты используем закон сохранения энергии (общий закон) m112 m222 m1  m2 2   u Q 2 2 2 или m112 m222 m1  m2 2 Q   u . (5.52) 2 2 2 Подставляя скорость шаров u из (5.51), получим численное значение Q. 5.8. Применение законов сохранения импульса и механической энергии 1. Движение тела, брошенного вертикально вверх, в поле силы тяжести. Пусть тело массой m с начальной скоростью  0 движется в поле силы тяжести Земли вертикально вверх. Задача: до какой предельной высоты поднимется тело? Сопротивлением воздуха пренебречь. Масса и радиус Земли – соответственно М 3 , R. Ускорение свободного падения на Земле M g   23 . R На тело действует гравитационная сила, направленная вертикально вниз mM 3 F  , (5.53) r2 где r  R  h  расстояние от центра Земли до тела, h  высота подъема тела от поверхности Земли. С учетом g   мула (5.53) запишется 187 M3 форR2 R2 (5.54) . r2 Сила совершает работу за счет изменения кинетической энергии, т.е. Rh Rh   dr 1  1 A Fdr  mgR2  mgR2   (5.55) . 2 r  R Rh R R F  mg   С другой стороны m 2 m 0 (5.56)  , 2 2 где   скорость тела в конечной точке подъема. Приравняв (5.55) и (5.56), получим 2 A m 2 m 02 1  1   mgR2    2 2  R Rh (5.57) или  02   2 .  2   02 h (5.58) 2g  R Найдем максимальную высоту hm подъема тела, при которой   0. Из (5.58) следует  02 .  02 hm  2g  (5.59) R Если начальная скорость очень мала, т.е.  02 R  1, то получим формулу Галилея hm  Из (5.59) следует, что если 2 g   02 2g 02 R кидает поле тяготения Земли. 188 . (5.60)  0, то hm  , т.е. тело по- Найдем скорость, при которой тело выйдет из поля силы тяжести: 02  0, откуда  0  2 gR. (5.61) R Скорость (5.61) называется второй космической скоростью. Полагая g  9,81 м/c2, R  6,37 106 м, из (5.61) получим  0  11,18 км/с. Эта скорость является важной характеристикой движения ракет при проектировании межпланетных полетов. Для того, чтобы космическому кораблю перелететь к другим планетам Солнечной системы, необходимо стартовать с поверхности Земли с начальной скоростью 0  11, 2 км/с. Также используя закон сохранения механической энергии, можно рассчитать начальную скорость ракеты для того, чтобы она покинула Солнечную систему. Эта скорость равна 0  16,7 км/с и называется третьей космической скоростью. 2g  5.9. Закон сохранения момента импульса Рассмотрим движение материальной точки массой m под действием силы F относительно неподвижной точки О (см. рис.4.1). Уравнение движения материальной точки описывается формулой (4.47) dL  M. dt Если на материальную точку не будет действовать сила F , т.е. M  0 (материальная точка изолирована), то (4.47) запишется в виде dL (5.62)  0 или L  const. dt (5.62) выражает закон сохранения момента импульса материальной точки относительно точки О и гласит: если материальная точка изолирована, то еѐ момент импульса остается неизменным с течением времени. 189 Частный случай. Если материальная точка вращается относительно неподвижной оси Z и изолирована, то закон сохранения момента импульса запишется в виде (см. п. 4.1.2 формула (4.16)) J   const. (5.63) Формулы (5.62) и (5.63) можно обобщить для твердого тела и системы тел. Пусть твердое тело изолировано и вращается вокруг неподвижной оси Z с некоторой угловой скоростью . Мысленно разбиваем твердое тело на материальные точки. Закон сохранения момента импульса для каждой материальной точки будет иметь вид: J ii  const. Затем просуммируем все моменты импульса и в результате получим J  i i  const. (5.64) i Так как угловая скорость материальных точек твердого тела одинакова, т.е. i  const, то последнее выражение можно записать в виде  J i  J   const, (5.65)  i где J   J i  момент инерции твердого тела. i Если изолированная система состоит из N взаимодействующих тел и вращается относительно неподвижной оси, то закон сохранения момента импульса гласит: в изолированной системе векторная сумма моментов импульса взаимодействующих тел остается неизменной с течением времени, т.е. момент импульса каждого тела может изменяться, а суммарный момент импульса не изменяется во времени. Запишем закон сохранения момента импульса для системы тел:      J 11 J 2 2  ...  J N  N      J 11  J 2 2  ...  J N  N  const, J  i i 190 (5.66) где J N N и J N N  моменты импульса N-го тела до и после взаимодействия, соответственно. Если система состоит из одного тела (N = 1), то закон сохранения момента импульса запишется в виде J11  J 22  ...  J N N  const. (5.67) 5.10. Кинетическая энергия твердого тела при вращательном и плоском движении 5.10.1. Кинетическая энергия материальной точки Пусть материальная точка массой m вращается вокруг неподвижной оси Z (рис.5.10). Найдем кинетическую энергию материальной точки. Кинетическая энергия материальной точки определяется формулой m 2 (5.68) Wk  . 2 Так как линейная скорость  связана с угловой скоростью  соотношениРис.5.10 ем    R, то (5.68) запишется в виде m R 2 2 J  2 (5.69)  , 2 2 где J  mR 2  момент инерции материальной точки относительно оси Z. Wk  5.10.2. Кинетическая энергия твердого тела Рассмотрим твердое тело, вращающееся с угловой скоростью  вокруг оси, проходящей через центр масс С (рис.5.11). Найдем кинетическую энергию тела. Разобьем твердое тело на материальные точки и вычислим кинетическую энергию каждой точки массой dmi, которая равна Рис.5.11 191 dJ i  2 . 2 (5.70) dJ  2  2 J 2  dJ  , 2 2 J 2 (5.71) dWi  Просуммируем (5.70), получим W  J где J   dJ  момент инерции твердого тела относительно оси, J проходящей через центр масс тела. 5.10.3. Кинетическая энергия плоского движения твердого тела Рассмотрим движение твердого тела, совершающего одновременно поступательное и вращательное движение. Частный случай плоского движения. Сплошной диск катится по твердой поверхности без скольжения (рис.5.12). Кинетическая энергия тела при плоском движении складывается из энергии поступательного движения Wп и энергии вращеРис.5.12 ния твердого тела вокруг оси, проходящей через центр масс тела WBP , т.е. W  Wn  WBP  m02 J C  2   . 2 2 (5.72) 5.11. Работа при вращательном движении Пусть на материальную точку массой m действует сила F , под действием которой точка вращается вокруг неподвижной оси Z (рис.5.13). За бесконечно малый промежуток времени dt происходит бесконечно малое перемещение ds материальной точки. Сила F совершает работу. Элементарная работа равна  Вывод (5.72) см. в И.В. Савельев. Курс общей физики, т.1, § 42, стр. 155-156. 192 dA  Fds  F Rd , (5.73) где ds  R d  элементарный путь, пройденный материальной точкой за время dt. Так как момент силы M  F R, то (5.73) запишем в виде: (5.74) dA  M d. Тогда полная работа момента силы, под действием которой материальная точка поворачивается на угол от  1 до  2 , равна 2 A   M d . (5.75) 1 Формулу (5.75) можно использовать при вращении твердого тела под действием силы относительно неподвижной оси. Из закона сохранения механической энергии следует, что 2 A   M d  1 J2 22 2  Рис.5.13 J112 2 . (5.76) 5.12. Применение законов вращательного движения и сохранения момента импульса Всѐ во Вселенной, так или иначе, вращается. Планеты нашей Солнечной системы, включая Землю, обращаются вокруг Солнца в определенном направлении и почти в одной плоскости. Такая согласованность указывает, что они сформировались из газопылевого диска, вращающегося вокруг молодого Солнца. Точно также и наша Галактика, состоящая из многих миллиардов звѐзд, имеет форму диска (рис.5.14). Вращение помогает диску противостоять притяжению. Представьте себя на быстро крутящейся карусели. Если вы не будете держаться, то начнете падать, двигаясь по касательной к ругу. Усилие вашей руки – это как раз сила, которая помогает 193 вам удержаться. Таким же образом вращение вещества в диске противостоит силе притяжения. Вращающиеся объекты имеют момент импульса, значение которого пропорционально скорости вращения объекта и распределению его массы вокруг оси: чем дальше она от неѐ, тем больше (при той же скорости) момент импульса, который для понимания динамики вращающихся систем не менене важен, чем энергия, поскольку обе эти величины сохраняются. Момент импульса, как и энергия, не может ни появиться, ни исчезнуть. Рис.5.14 К примеру, фигурист на льду начинает крутиться быстрее, когда прижимает руки к телу. Поскольку его момент импульса должен остаться постоянным, перемещение массы к оси вращения тела компенсируется увеличением скорости его вращения. Нарезное оружие дает лучшую прицельность и большую дальность, чем гладкоствольное. Выпущенный из орудия артиллерийский снаряд вращается вокруг своей продольной оси, и поэтому его полет является устойчивым. Так же ведет себя хорошо известный всем волчок, или гироскоп (рис.5.15). В механике гироскопом называют любое массивное однородное тело, вращающееся вокруг оси симметрии с большой угловой скоростью. Обычно ось вращения выбирают так, чтобы момент инерции относительно этой оси был максимальным. Тогда вращение наиболее устойчиво. 194 Рис.5.15 Рис.5.16 Для создания свободного гироскопа в технике используют карданов подвес. На рис.5.16 представлен гироскоп, помещенный в карданов подвес, имеет три степени свободы, представляет собой две кольцевые обоймы (рамы), которые входят одна в другую и могут вращаться относительно друг друга. Точка пересечения всех трех осей совпадает с положением центра масс гироскопа. В таком подвесе гироскоп может вращаться вокруг любой из трех взаимно перпендикулярных осей 00, 0'0', 0"0", при этом центр масс относительно подвеса будет покоиться. Пока гироскоп неподвижен, его без особых усилий можно повернуть вокруг любой оси. Если же гироскоп привести в быстрое вращение относительно оси 0'0' и после этого пытаться повернуть подвес, то ось гироскопа стремится сохранить свое направление неизменным. Причина такой устойчивости вращения связана с законом сохранения момента импульса. Так как момент внешних сил мал, то он не в состоянии заметно изменить момент импульса гироскопа. Ось вращения гироскопа, с направлением которой вектор момента импульса почти совпадает, не отклоняется далеко от своего положения, а лишь дрожит, оставаясь на месте. Это свойство гироскопа находит широкое практическое применение. Летчику, например, необходимо всегда знать по195 ложение истинной земной вертикали по отношению к положению самолета в данный момент. Обыкновенный отвес для этой цели не годится: при ускоренном движении он отклоняется от вертикали. Применяют быстро вращающиеся гироскопы на кардановом подвесе. В морской навигации и ракетной технике широко применяются гироскопические компасы (гирокомпасы). Гирокомпас – механический указатель направления истинного (географического) меридиана, предназначен для определения курса объекта, а также азимута (пеленга) ориентируемого направления. Принцип действия гирокомпаса основан на использовании свойств гироскопа и суточного вращения Земли. Однако гирокомпас может выдавать и ошибки измерения. Например, резкое изменение курса, скорости или широты могут вызывать девиацию (отклонение магнитной стрелки компаса под влиянием больших масс металла). На современных судах, в большинстве случаев, имеются системы спутниковой навигации (типа GPS) или другие навигационные средства, которые передают поправки во встроенный компьютер гирокомпаса. Итак, устойчивое вращательное движение гироскопа относительно определенной оси, находится в полном согласии с уравнением моментов и законом сохранения момента импульса. Закон сохранения момента импульса является наряду с законами сохранения энергии и импульса одним из важнейших фундаментальных законов природы. 5.13. Контрольные вопросы 1. Назовите сохраняющиеся величины. Как связаны законы сохранения импульса, момента импульса и энергии с пространством и временем? 2. Дайте определение импульса и сформулируйте закон сохранения импульса. 3. Выясните понятие энергии и ее смысл. 4. Дайте определение работы и мощности силы. От чего они зависят?  http://www.seaexpo.ru/miscellaneous/handbook/35531/1/ 196 5. Запишите формулу кинетической энергии. Как связана кинетическая энергия с работой силы? 6. Что называется полем сил? Приведите примеры консервативных и диссипативных сил. 7. Запишите формулу потенциальной энергии тела в поле консервативных сил. Как связана потенциальная энергия тела с работой силы? 8. Сформулируйте закон сохранения механической энергии. Рассмотрите частные случаи закона сохранения механической энергии. 9. Рассмотрите примеры применения законов сохранения импульса и механической энергии. 10. Запишите формулы кинетической энергии для вращательного и плоского движений тела и формулу работы сил при вращательном движении. 5.14. Примеры решения задач 1. Под действием постоянной горизонтальной силы F тело массой m  10 кг прошло путь S  20 м и приобрело скорость   10 м/с. Определите работу А и мощность Р, если коэффициент трения   0,1. Дано: Решение:  m  10 кг На тело действуют силы тяжести mg , тре  S  20 м ния FTP , реакции опоры N и внешняя сила   10 м/с  F (рис.5.17). Уравнение движения тела имеет   0,1 вид S ? ma  F  mg  N  FTP . Относительно оси Х: Сила трения равна ma  F  FTP . (5.77) FTP  N  mg. (5.78) С учетом (5.78) из (5.77) найдем внешнюю силу F F  ma  mg  ma  g . 197 (5.79) Рис. 5.17 Ускорение тела найдем из формулы пути (см. кинематику) S at 2 ,   at или  2  2aS, откуда 2 a 2 . 2S Подставляя (5.80) в (5.79), получим силу (5.80)  2  F  m  g .  2S  Работа постоянной силы определяется по формуле  2   100  A  FS  mS  g   10  20  0,1 10  750 Дж.  40   2S  Найдем среднюю мощность силы A . t С учетом (5.80) найдем время из формулы   at P t   2S  40  4 с. 10 a  Тогда средняя мощность равна 750 P  187,5 Вт. 4 198 2. Копер массой m  103 кг свободно падает с высоты h  3 м и вгоняет сваю в грунт на глубину h1  0,2 м. Определите среднюю силу трения о грунт. Какой энергией обладает копер на высоте h и в момент удара о сваю. Дано: m  103 кг h  3м h1  0,2 м Решение: 1. На высоте h  3 м (см. рис.5.18а) копер обладает потенциальной энергией, равной FTP , WK , W  ? При этом его кинетическая энергия WK1  0. а) W1  mgh  3104 Дж. 2. В момент удара о сваю (рис.5.18б) потенциальная энергия копра W 2  0, т.к. h  0, а его кинетическая энергия равна m 2 WK 2  . 2 Т.к. скорость копра в момент удара равна б) Рис.5.18   2gh , то кинетическая энергия m 2  mgh  3 10 4 Дж. 2 За счет изменения потенциальной энергии производится работа по преодолению силы сопротивления грунта при забивании сваи (5.81) A  W1  W 2  mgh. WK 2  Работа силы сопротивления A  FTP  h1. Из (5.81) и (5.82) следует 199 (5.82) FTP  mgh W1 3 10 4    1,5 105 Н. h1 h1 0,2 3. Камень массой m  0,2 кг брошен под углом   60 к горизонту с начальной скоростью 0  10 м/с. Определите кинетическую WK , потенциальную W , и полную энергию W камня в момент времени t  1 с после начала движения (рис.5.19). Сопротивлением воздуха пренебречь. Дано: Решение: 1) Разложим вектор начальной скорости   0 на составляющие: m  0,2 кг   60 0  10 м/с t  1с  0 X   0 cos ;  0Y   0 sin  . WK , W , W  ? 2) Определим положение камня в момент времени t  1 с. Для этого найдем время подъема камня до максимальной высоты (до точки A). В этой точке вертикальная составляющая скорости  Y  0. Тогда Y   0Y  gt1  0 или t1   0Y  0  sin  10 3     0,87 с. g g 10 2 Рис.5.19 Т.к. время подъема камня меньше заданного времени, то камень в момент t  1 с находится за точкой А (на рис.5.19 – точ200 ка В). Время прохождения камня от точки А до точки В составляет t 2  t  t1  1  0,87  0,13 с. 3) Для нахождения потенциальной энергии в точке В ( W  mgh ) определим высоту падения камня (рис.5.19) из этой точки на землю. Она определяется по формуле gt32 , 2 t 3  t1  t 2  0,74 с, Y  gt2 . h  Y t 3  где (5.83) (5.84) Здесь Y  вертикальная составляющая скорости камня в точке В. Тогда (5.83) запишется h  gt 2 t 3  gt32 t  0,74     gt1  t 2  3   10  0,87 0,13    4 м. 2 2 2    Потенциальная энергия в точке В равна W  mgh  0,2 10  4  8 Дж. 4) Найдем кинетическую энергию в точке В. Она вычисляется по формуле m 2 WK  . 2 Полная скорость камня равна    X2   Y2 . (5.85) Т.к. в направлении Х сопротивление отсутствует, то движение в горизонтальном направлении равномерное. Поэтому  X   0 X   0 cos . (5.86) С учетом (5.84) и (5.86) находим скорость по формуле (5.85):  0 cos     gt2  2 2  10cos60   10  0,13 201 2 2   25  1,69  5,16 м/с. С учетом последнего кинетическая энергия равна m 2 0,2 5,162  2,66 Дж.  2 2 Полная энергия камня равна WK  W  W  WK  8  2,66  10,66 Дж. 4. Подъемник элеватора вертикально поднимает груз массой m  103 кг. Определите работу, совершенную в первые t  8 с подъема, мощность, развиваемую подъемником за это время, если считать, что движение происходит с постоянным ускорением a  1,5 м/с2. Трением можно пренебречь. Дано: m  10 кг t 8с 2 a  1,5 м/с 3 A, N  ? Решение: Работу, совершенную подъемником, определяем по формуле (5.87) A  FS cos , где F  сила, действующая на груз, S  путь, пройденный грузом,   угол между направлением перемещения и вектором силы  F . В данной задаче   0, т.к. подъем вертикальный. Найдем силу F (рис.5.20) из второго закона Ньютона ma  F  mg или F  ma  mg  ma  g . (5.88) Рис.5.20 Путь, пройденный грузом за t  8 с, определим по высоте подъема груза at 2 (5.89) S h . 2 С учетом (5.88) и (5.89) работа из (5.87) равна 202 at 2 1,5  64 3 ma  g   10 1,5  10  5,52  105 Дж. 2 2 Мощность, развиваемая подъемником, определяется формулой A  FS  N A 5,52 105   69 103 Вт  69 кВт. t 8 5. Тело массой m прямолинейно движется под действием посто янной силы F , причем зависимость пройденного пути от времени описывается законом S  kt 2  bt  c. Найти работу силы сопротивления ветра от 0 до t и кинетическую энергию. Решение: S  Работа силы ветра A  FB dS. По второму закону Ньютона ma  F  FB или FB  F  ma. (5.90) Ускорение равно a d 2S  2k . dt 2 С учетом (5.90) и (5.91) получим (5.91) t A  F  2mk2kt  bdt. Кинетическая энергия вычисляется по формуле m 2 m 2 WK   2kt  b  . 2 2 6. Шар массой m1  0,1 кг движется со скоростью 1  5 м/с. Навстречу ему движется второй шар массой m2  0,2 кг со скоростью 2  2 м/с. Определите скорость шаров после соударения в случаях: удар абсолютно неупругий; удар абсолютно упругий. 203 Дано: m1  0,1 кг m2  0,2 кг 1  5 м/с 2  2 м/с u1 , u2  ? Решение: 1) Абсолютно неупругий удар В этом случае шары после удара движутся вме сте с одной скоростью u (рис.5.21). Для решения используем закон сохранения импульса относительно оси Х: m11  m22   m1  m2  u. а) б) Рис.5.21 u m11  m2 2 0,1 5  0,2  2   0,33 м/с. m1  m2 0,1  0,2 2) Абсолютно упругий удар Используем законы сохранения импульса и механической энергии (рис.5.22). а) б) Рис.5.22 Закон сохранения импульса: m11  m2 2  m1u1  m2 u 2 . (5.92) Закон сохранения механической энергии: m112 m2 22 m1u12 m2 u 22    . 2 2 2 2 Решаем совместно (5.92) и (5.93), записав их в виде:     m1 12  u12  m2 u 22   22 , 204 (5.93) (5.94) m1 1  u1   m2 u 2   2 . (5.95) Поделим (5.94) на (5.95) и получим 1  u1  u 2   2 . (5.96) Решаем совместно (5.95) и (5.96): 1  u1  u2  2 , 1  u1  m2 u2   2 . m1 21  u2   2  m2 m u2  2  2 . m1 m1  m 21  u 2 1  2  m1 Скорость второго шара равна  m     2  2  1.   m1  m   0,2  21   2  2  1 2  5  2  1  m1   0,1  8 u2     2,67 м/с. 3  m2   0,2  1   1    0,1   m1  Скорость первого шара найдем из (5.96): u1  1  2  u2  5  2  2,67  4,33 м/с. Замечание: при решении таких задач направление искомых скоростей не всегда очевидно. В этом случае их векторы задаются произвольно (в первоначальном или противоположном движению тел направлениях). Если в процессе вычисления значения скоростей получаются отрицательными, это указывает на противоположное заданному направление этих векторов. 7. В баллистический маятник массой m1  2 кг попала пуля массой m2  20 г и застряла в нем. Определите скорость пули, если маятник после удара отклонился на угол   30. Длина маятника l  2 м (рис. 5.23). 205 Дано: l 2м m1  2 кг m2  20 г Решение:   30  ? Рис.5.23 Используем закон сохранения импульса. Считаем удар аб солютно неупругим. Импульс пули до удара m2 равен суммарному импульсу маятника и пули  m1  m2  u : m2   m1  m2  u, где u – скорость маятника и пули после удара. m 2 u . m1  m2  После удара маятник и пуля обладают кинетической энергией m1  m2  m1  m2   2 m 2  m22 2  WK  u   . m m  2 2 2m1  m 2  2   1 Эта энергия переходит в потенциальную энергию 2 W  m1  m2 gh. Из рис.5.23 находим высоту h подъема маятника и пули h  l  l cos. С учетом этого выражения и с использованием закона сохранения механической энергии получим WK  W или m 22 2  m1  m 2 gl1  cos . 2m1  m 2  Тогда скорость пули равна 206  m1  m 2  m2       2,02  2 gl1  cos   20  2 1  cos 30  233,8 м/с. 0,02  8. На пружине длиной l1  0,3 м висит груз массой m1  3 кг. При увеличении массы груза до m2  6 кг длина пружины (рис. 5.24) становится равной l 2  0,34 м. Определите работу растяжения пружины. Дано: Решение: l1  0,3 м Работа растяжения пружины при увеличении массы груза равна l 2  0,34 м m1  3 кг, m2  6 кг kx 2 kx 2 (5.97) A 2  1 , 2 2 A? где k  коэффициент жесткости пружины; x1, x2  абсолютные удлинения пружины при разных массах груза (по отношению к длине пружины без груза). Абсолютное удлинение пружины при массе m2 груза по отношению к ситуации с массой m1 : x  l2  l1  0,34  0,3  0,04 м. Рис.5.24 Абсолютное удлинение пружины при массе m1 определяется из закона Ньютона mg (5.98) m1 g  kx1 , x1  1 , k при массе m 2 : m g x2  2 . (5.99) k Из (5.98) и (5.99) получим m1 x  1 . (5.100) m2 x2 207 С другой стороны, абсолютное удлинение при массе m2 равно (5.101) x 2  x1  x. С учетом (5.101) соотношение (5.100) можно записать в виде m1 x1 (5.102)  . m 2 x1  x Из (5.102) находим (5.103) x  x1 . Тогда из (5.100) получим x 2  x1 m2 m  x 2 . m1 m1 (5.104) Подставляя (5.103) и (5.104) в (5.97), получим k m A   x 2 2  m1 2 2  k x  k x     2 2  2  m2    1.  m1  (5.105) Из (5.98) находим коэффициент жесткости mg mg k 1  1 . x1 x Подставляя (5.104) в (5.105), получим A  gx m1 gx  m2  m2  m1   10  0,04 6  3  0,6 Дж.  1  2  m1 2 2  9. Пружина жесткостью k  500 Н/м была сжата на l1  2 см. Какую работу нужно совершить, чтобы сжатие пружины увеличить до l2  4 см? Решение: Дано: k  500 Н/м Работа, совершаемая внешними силами l1  2 см при сжатии пружины, определяется изменением потенциальной энергии l2  4 см k l12 k l22 A? A  Wn1  Wn 2  208 2  2      2 2 500  2 10 2  4 10 2   0,3 Дж.  2  Знак минус указывает, что работа совершена внешними силами над пружиной при ее сжатии.  10. Детский пружинный пистолет выстреливает шариком со скоростью  . Если выстрелить шариком вдвое большей массы, 2 то скорость его уменьшится до 1 =  . Какова будет скорость 3 вылета шарика тройной массы? Дано: Решение: Во всех случаях считаем, что потенциальная 2 1 =  энергия сжатой пружины одинакова и равна 3 kx 2 m1  2m (5.106) Wn  1 2 m2  3m Эта энергия по закону сохранения механи 2 ? ческой энергии переходит в кинетическую энергию шарика и пружины, если отсутствуют диссипативные силы, и система замкнута. Тогда для массы m закон сохранения: Wn  m 2 2   2 , (5.107) где  2  кинетическая энергия движения центра масс системы,   коэффициент пропорциональности. Для массы m1  2m : Wn  2m12 2  12 . (5.108)  22 . (5.109) Для массы m2  3m : Wn  3m22 2 Из (5.106) – (5.109) следует, что m 2 2    2 2m12 2 2 2 3 3  12  m 2    2 , 209 или   m . Тогда с учетом последнего и (5.107), получим 2 m 2 2  Ответ:  2  m 2  2 2  3m 2 22  m 2 22  2m22 .   2   2 . . 11. Тело массой m падает с высоты H на, стоящую вертикально на полу пружину жесткости k и длины l. Определите максимальную скорость тела (рис.5.25). Дано: m, Н k, l Решение: Кинетическая энергия тела в момент сжатия пружины равна изменению его потенциальной энергии m  ? m 2 kx 2  mg  H  l  x   . 2 2 Откуда скорость тела   2g  H  l  x   k m x2 . (5.110) Рис.5.25 Из выражения (5.110) видно, что скорость тела является функцией х. Для нахождения максимальной скорости  m ис210 следуем (5.110) на экстремум. Продифференцируем (5.110) по d переменной х и производную приравняем к нулю, т.е.  0. dx В результате получим mg (5.111) x . k Подставляя (5.111) в (5.110), найдем максимальную скорость тела m  2 g  H  l   2 g mg k  mg 2 k  2g  H  l   mg 2 k . 5.15. Задачи для самостоятельного решения 1. Найдите работу А подъема груза по наклонной плоскости, если масса груза m  200 кг, длина наклонной плоскости l  4 м, угол наклона   45 , коэффициент трения   0,2, ускорение груза a  1,5 м/с2. Ответ: A  mlg sin   g cos  a . 2. Определите массу m тела, двигавшегося со скоростью 0  5 м/с, если на него в направлении скорости подействовала сила F  5 Н. Через t  10 с после начала действия силы кинетическая энергия тела равна WK  100 Дж. Ответ: m  W K  Ft 0  02  W  Ft   K 2 0  0  2 2   Ft     .      0 3. Тело массой m  2 кг свободно падает с высоты H  10 м. Пренебрегая сопротивлением воздуха, определите кинетическую WK , потенциальную W и полную энергию через t  0,5 с. Начальная скорость тела 0  0.  gt 2  Ответ: W  mg  H  , 2   m  gt  2 WK  , W  W  WK . 2 211 4. Два неупругих шара массами m1  1 кг и m2  2 кг движутся со скоростями 1  5 м/с и  2  2 м/с. Определите работу А деформации шаров в двух случаях: 1) меньший шар нагоняет больший и 2) шары движутся навстречу друг другу.  m  2 m  2   m  m1  2 Ответ: A   1 1  2 2    1 u , где u  скорость ша2   2   2 ров после удара (находим из закона сохранения импульса). 5. Какую работу надо совершить, чтобы равномерно втащить сани с грузом массой m  50 кг на гору высотой H  20 м? Угол наклона   30 . Коэффициент трения между санями и горой   0,1. Ответ: A  mgH 1   ctg  . 6. Автомобиль массой m  2000кг, скатываясь под уклон с углом наклона   30 , разгоняется при выключенном двигателе до скорости   25 м/с, после чего движение становится равномерным. Какую мощность развивает двигатель автомобиля при подъеме с такой же скоростью по той же дороге вверх? Ответ: N  2mg sin  . 7. Свободно падающий с некоторой высоты копер массой m  1000 кг вбивает в грунт сваю на глубину l  10 см. определи- те силу сопротивления F грунта, если скорость копра перед ударом сваи   10 м/с. Массой сваи пренебречь.  2   g . Ответ: F  m  2l  8. Сила F  40 Н, действовавшая в течение короткого промежутка времени t  0,1 с на покоящееся тело, сообщила ему кинетическую энергию WK 0  6 Дж. Какую энергию сообщит эта сила тому же телу, если начальная скорость тела  0  5 м/с, а сила действует в направлении скорости? 212 Ответ: WK  WK 0  Ft 0 . 9. Какую работу нужно совершить, чтобы длинную доску, лежащую на земле, повернуть в горизонтальной плоскости вокруг одного из концов на угол  ? Длина и масса доски соответственно L и m. Коэффициент трения между доской и землей равен  . Ответ: A   mg L 2 . 10. Скорость реактивного самолета на некотором участке меняется с расстоянием по закону   d  bS. Найти работу, совершенную за промежуток времени t2  t1, если масса самолета m. В момент времени t1 его скорость равна 1. Ответ: A  m 22 m12 b t t   ; 2  1e 2 1 . 2 2 11. Ветер, дующий со скоростью 0  15 м/с, действует на парус    2 , где a  безразмер2 ный коэффициент,   плотность воздуха,   скорость судна. площадью S  30 м2 силой F  aS 2 Определите условия, при которых мощность ветра максимальна. Найдите работу А силы ветра за время t  100 с, если a  1,5,   10 м/с,   1,3 кг/м3. Ответ: N  F   aS  2  При этом    . 2  3 1 dN  .  0  aS  02  3 2 или    0 3 d 2 3    3 1 312  N max  aS  0   0   , A  Ft. 2  3  3   213 12. Стальной шарик массой m  10 г падает с высоты h1  1 м на стальную плиту и после удара поднимается на высоту h2  0,8 м. Определите импульс, полученный плитой. Ответ: p  m 2 gh1  2 gh2 .   13. Тело массой m  0,2 кг движется под действием постоянной силы F  100 Н. Найти зависимость кинетической энергии тела от времени, если принять, что в начальный момент времени его скорость равна  0  5 м/с. Определите кинетическую энергию тела в момент t  10 с. F m 2 Ответ: WK  ,    0  t. 2 m 14. Однородная цепочка длиной l  2 м лежит на столе. Часть цепочки длиной l0  0,2 м спускают со стола (рис.5.26) так, что она начинает скользить вниз. Масса цепочки m  2,5 кг, коэффициент трения между столом и цепочкой   0,1. Какая работа против силы трения совершается при соскальзывании всей цепочки? mg l  l 0 2 . Ответ: A   2l 15. Снаряд массой m  20 кг обладал скоростью  в верхней точке траектории. В этой точке он Рис.5.26 разорвался на две части. Меньшая массой m1  6 кг получила скорость u1  300 м/с в прежнем направлении, а большая часть массой m2 получила скорость u2  100 м/с в противоположном направлении. Определите начальную скорость  снаряда до разрыва. m u  m2 u 2 . Ответ:   1 1 m 214 16. Небольшое тело соскальзывает вниз по наклонному желобу, переходящему в мертвую петлю радиуса R (рис.5.27). С какой высоты h должно начать двигаться тело, чтобы не оторваться от желоба в верхней точке траектории? Рис. 5.27 Ответ: h  2,5R; mgh  m 2  2mgR; 2 m 2  mg. R 17. На полу стоит тележка в виде длинной доски, снабженной легкими колесами. На одном конце доски стоит человек массой m1  70 кг. Масса доски m2  15 кг. С какой скоростью u относительно пола будет двигаться тележка, если человек пойдет вдоль доски со скоростью   1,5 м/с относительно доски? Трение во втулках не учитывать. m1 Ответ: u  . m1  m 2 18. В лежащий на полу деревянный куб попадает горизонтально летящая пуля массой m0  10 г и пробивает его. Определить, какая часть энергии пули перешла в тепло, если ее начальная скорость равна  0  450 м/с, скорость после вылета из куба   300 м/с, масса куба m  10 кг. Пуля попадает в центр куба. m m2 2 Ответ: Q  0  02   2  0  0    . 2 2m   19. Шар массой m1  2 кг со скоростью 1  5 м/с догоняет шар массой m2  3 кг, движущийся со скоростью  2  3 м/с. Опреде215 лите скорость u шаров после неупругого удара и количество теплоты Q, выделенное при неупругой деформации шаров. Ответ: u  m  2 m  2 m  m2 2 m11  m 2 2 u . ;Q 1 1  2 2  1 2 2 2 m1  m 2 20. Пуля массой m0  20 г, летящая со скоростью   100 м/с, попала в баллистический маятник (рис.5.28) массой m  2 кг и застряла в нем. На какую высоту, качнувшись после удара, поднялся маятник? На какой угол он отклонился? Рис.5.28 Ответ: h m02 2 h ; cos  1  . l 2m0  m g 21. Боек свайного молота массой m1  600 кг падает с некоторой высоты на сваю массой m2  150 кг. Определите к.п.д.  удара бойка, считая удар неупругим. m1 Ответ:   . m1  m 2 22. Пружина жесткостью k  50 кН/м сжата силой F  200 Н. Определите работу внешней силы, дополнительно сжимающей пружину еще на x  6 мм. 2 F k x  x  kx 2 Ответ: A   ; x . k 2 2 23. На сколько сожмет пружину гиря, упавшая на верхний конец спиральной пружины с высоты h  10 см, если та же гиря, положенная на конец пружины, сожмет ее на x  5 мм. Ответ: x  x  x 2  2hx . 216 24. С какой скоростью  вылетит из пружинного пистолета шарик массой m  20 г, если пружина была сжата на x  2,5 см, жесткость пружины k  100 Н/м? Ответ:   x k . m 25. Две пружины жесткостями k1  200 Н/м и k 2  300 Н/м скреплены последовательно и растянуты так, что абсолютная деформация второй пружины x 2  5 см. Определите работу, совершенную при этом внешней силой, а также потенциальную энергию растянутых пружин. k x k x2 k x2 Ответ: x1  2 2 ; W  1 1  2 2 ; A  k 2 x 22 . 2 2 k1 26. Нить длиной l  1 м с привязанным к ней шариком массой m  20 г отклонили на угол   90 от вертикали и отпустили (рис.5.29). На каком наименьшем расстоянии над точкой подвеса нужно вбить гвоздь, чтобы нить, зацепившись за него, порвалась, если она выдерживает силу натяжения T  1 Н? Ответ: используя закон сохранения механической энергии Рис.5.29 m 2  mgl 2 и второй закон Ньютона m 2  T  mg, lx находим  T  3m g  . x m  l   T  mg  217 27. Нить длиной l  1,5 м с прикрепленным к ней шариком массой m  25 г отклонили от вертикали на угол   60 и отпустили. Найдите силу натяжения T, при которой нить, налетев на вбитый под точкой подвеса гвоздь, обрывается. Расстояние от подвеса до гвоздя x  0,6 м. 2mgl1  cos  Ответ: T  mg  . lx 28. Сани начинают соскальзывать с вершины ледяной горки с углом наклона   45 к горизонту. Длина спуска l  100 м, коэффициент трения всюду равен   0,1. Какой путь пройдут сани до полной остановки? l Ответ: S  sin    cos .  29. Боек свайного молота массой m1  1000кг падает на сваю массой m2  200кг со скоростью 1  5 м/с. Определите: а) кинетическую энергию бойка в момент удара; б) энергию, затраченную на углубление сваи в грунт; в) энергию, затраченную на деформацию сваи; г) к.п.д. удара бойка. Удар бойка рассматривать как неупругий. m 2 m1 Ответ: W K 1  1 1 ; W K 2  W K 1 ; WK  WK 1  WK 2 ; 2 m1  m 2 W m1   K2  . WK1 m1  m2 30. На краю горизонтальной платформы, имеющей форму диска радиусом R=3м и массой m1=300кг, стоит человек массой m2=75кг. Платформа с человеком вращается с угловой скоростью 1=5об/мин. С какой угловой скоростью будет вращаться платформа, если человек перейдет к центру платформы. Момент инерции человека рассчитывать как для материальной точки. 218  m2   m1  Ответ:  2  1 1  2   1, 5 1  7, 5 об/мин. 31. Найдите момент импульса спутника Земли массой m=500кг, движущегося по круговой орбите радиусом r=10000км. Масса Земли: М61024кг, гравитационная постоянная =6,671011Нм2/кг2. Ответ: L  m  r 2   M m 2 r . 32. Резиновый и пластмассовый диски с общим центром масс насажены на неподвижный тонкий стержень, вокруг которого они могут свободно вращаться. Радиусы и массы дисков: R1=0,2м, R2=0,4м, m1=0,25кг, m2=0,5кг. Резиновый диск приподнимаем и приводим во вращение с угловой скоростью 1=20рад/с, затем свободно опускаем. С какой угловой скоростью будет вращаться вся система, если отсутствует скольжение дисков между собой? Найти изменение кинетической энергии. 1 m1 R12  W   12 . Ответ:  2  ; k 2 2 mR m R 1  1 12 1  2 22 m2 R2 m1 R1 33. Тонкий однородный стержень длиной l=0,5м, массой m=0,4кг падает на пол из вертикального положения. Определить момент импульса L стержня относительно точки опоры и линейную скорость точки центра масс 1 и верхнего конца  2 стержня в момент удара о пол. Ответ: L  J   ml 3 gl ; 1  gl;  2  3gl. 4 3 34. Определите линейную скорость и кинетическую энергию полого цилиндра с внутренним R1=0,1м и внешним R2=0,15м радиусами и массой m=0,5кг, скатившегося без скольжения с наклонной плоскости высотой h=1м. 219 Ответ:   2 gh  R2  2  2   R12   ; Wk  mgh . 35. Тонкий длинный стержень длиной l=2м и массой m=0,1 кг прикреплен к горизонтальной оси, проходящей через его верхний конец. Стержень отклонили на угол =30 от положения равновесия и отпустили. Определите линейную скорость нижнего конца, момент импульса и кинетическую энергию стержня в момент прохождения через положение равновесия. Ответ:   3gl1  cos ; Wk  Lm mgl 1  cos   ; 2 gl 3 1  cos . 3 36. Однородный диск массой m=0,8кг и радиусом R=0,4м катится без скольжения по горизонтальной плоскости. Линейная скорость центра масс диска   2 м/с. На диск действует сила трения. Определите работу силы трения и путь, пройденный диском до остановки, если коэффициент трения качения =0,05. 3 3 2 R Ответ: Aтр= m 2 ; S  . 4 4g 37. Шарик (материальная точка) массой m=0,01кг привязан к концу нити длиной l1=0,6м (рис. 5.30). Нить намотана на тонкий стержень, ось вращения которого перпендикулярна горизонтальной плоскости. Шарик вращается по горизонтальной плоскости с угловой скоростью 1=10рад/с. Нить укорачивается, приближая шарик к оси Рис.5.30 вращения до расстояния l2=0,2м. С какой частотой 2 будет при этом вращаться шарик? Какую ра220 боту А совершит внешняя сила при укорачивании нити? Трением шарика о плоскость пренебречь. 2 l  J 2 J 2 Ответ:  2  1  1  ; A  2 2  1 1  m  l 22 22  l1212  . 2 2 2  l2  38. Пуля массой m=9г летит со скоростью   300 м/с по прямолинейной траектории. При этом она вращается около продольной оси с частотой n=1000об/с. Принимая пулю как сплошной цилиндр диаметром d=9мм, определите полную кинетическую энергию и момент импульса. 2 2 m 2 1  d  d  2 Ответ: L  2mn  ; Wk   m  2n  . 2 2 2 2 39. На краю горизонтальной платформы в виде диска радиусом R=2,5м и массой m1=300кг стоит человек массой m2=50кг. Человек ловит летящий со скоростью   20 м/с мяч массой m3=0,1кг. С какой угловой скоростью  будет вращаться платформа с человеком? Найдите полный момент импульса и кинетическую энергию системы. Человека и мяч рассматривать как материальные точки. Направление скорости мяча перпендикулярно радиусу платформы.  m1  m3 Ответ:    m 2  m3  R 2  ; ; L  m1   2   m 2  m3  R   2  m  R 2 2 W k   1  m 2  m3  .  2  2 40. Однородный цилиндр массой m=5кг катится по горизонтальной дороге со скоростью   20 м/с. На какое расстояние может вкатиться цилиндр на горку без скольжения, если уклон горки h равен 20м на каждые 250м пути. Сила трения, действующая на цилиндр Fтр=5Н. 3 2 Ответ: S  . 4 hg / l  FTP / m  221 41. Найдите кинетическую энергию вращательного движения тонкого круглого обруча радиусом R=2м, вращающегося со скоростью =50рад/с относительно оси, проходящей через край обруча перпендикулярно его плоскости. Плотность обруча на единицу длины =1кг/м. mR2 2 Ответ:. Wk   2 R 3 . 2 42. Радиус вала махового колеса r=0,15м. На вал намотан шнур, к концу которого привязан груз массой m=0,25кг. Под действием силы тяжести груз опускается за 4с с высоты h1=1м, а затем, вследствие вращения колеса по инерции, поднимается на высоту h2=0,8м. Определите момент инерции колеса, силу натяжения и угловое ускорение колеса.   2h 2h  h2  Ответ: J  mr 2  gt 2  1 ;   21 ; T  m  g  21  rt t  h1  h1  h2     43. Изолента наматывается на барабан радиусом r  10 см с постоянной линейной скоростью   10 см/c. Определите зависимость углового ускорения рулона изоленты от времени, а также его величину. Толщина изоленты d  1 мм. 44. Тонкостенный и сплошной цилиндры двигаясь с одинаковой скоростью, вкатываются вверх без скольжения по наклонной плоскости. Какое из тел поднимется выше, если масса и радиус основания обоих тел одинаковы? Найти отношение высот подъема. 2  J  Ответ: высота подъема тел h  1  ; моменты инерции 2g  mR2  2 полого тонкостенного J 1  mR 2 и сплошного J 2  mR цилин- 2 дров. Поэтому h1>h2 и h1 h2  2 . 1, 5 222 45. Пуля массой m=9г, летящая со скоростью  =600м/c, попадает в точку А (рис.5.31) крутильного баллистического маятника, момент инерции которого J=0,05кгм2. Определите начальную угловую и линейную скорости перемещения центра диска, если удар неупругий. Радиус диска r=40см. mr Ответ:   ;  ц   r. J  mr 2 Рис.5.31 46. На тросе длиной l подвешен груз массой m. На какой максимальный угол можно отклонить трос с грузом, чтобы при прохождении груза через положение равновесия трос не оборвался? Трос может выдержать нагрузку, превосходящую вес тела в n раз. 3 n Ответ: cos   . 2 47. Два деревянных диска одинаковых радиуса и массы с шероховатой поверхностью насажены на общий вал, проходящий через центры масс дисков. Верхний диск слегка приподняли, затем оба диска привели во вращение. Моменты инерции и угловые скорости первого диска J1 и 1, а второго  J2, 2. Верхний диск опустили. С какой угловой скоростью будут двигаться оба диска, если отсутствует скольжение между ними? Рассмотреть два случая: 1) диски вращаются в одну сторону; 2) в противоположные стороны. Определите изменение кинетической энергии двух дисков. J   J 2 2 J 2 J 2 J  J2  2 Ответ:   1 1 ; W  1 1  2 2  1  . J1  J 2 2 2 2 48. Стальная проволока диаметром d=5мм и длиной l=2,5м закручивается на угол =10. Определить момент сил, необходимый для удержания проволоки в закрученном состоянии и 223 потенциальную энергию закрученной проволоки. Модуль сдвига G  8 1010 Н/м.  Gd 4  Gd 4 2 Ответ: M  ; W . 32 l 32 l 49. Металлический стержень длиной l=1,8м и массой m1=5кг может свободно вращаться параллельно вертикальной плоскости относительно оси, проходящей через его верхний конец. В стержень на расстоянии x=0,3м от его центра масс попадает горизонтально летящая со скоростью  =100м/c пуля массой m2=5г перпендикулярно стержню и застревает в нем. На какой угол отклонится стержень с пулей? m 2 2 l / 2  x  1 l Ответ: cos  1  2 , где J  m1l 2  m 2   x  . J m1  m2 gl 2  3 2 2 50. Две пружины жесткостями k1  500Н/м и k2  1000Н/м скреплены параллельно. Определите потенциальную энергию Wn системы при абсолютном удлинении l  2 см. 1 2 Ответ: Wn  k1  k2 l   0,3 Дж. 2 51. Две пружины жесткостями k1  200 Н/м и k2  300 Н/м скреплены последовательно и растянуты так, что абсолютное удлинение второй пружины l2  1 см. Определите работу А растяжения пружин. 1 k2 k1  k 2 l 2 2 . Ответ: A  2 k1 52. Определите потенциальную энергию Wn стержня, закрученного на угол   3. Модуль кручения стержня равен D  0,5 10 Н·м/рад. 1 Ответ: Wn  D 2 . 2 6 224 ЛЕКЦИЯ 6 Механические колебания (кинематика колебаний) 6.1. Основные характеристики колебаний: амплитуда, частота, фаза и период. 6.2. Скорость и ускорение материальной точки, совершающей гармонические колебания. 6.3. Кинетическая, потенциальная и полная энергия материальной точки, совершающей гармонические колебания. 6.4. Сложение двух однонаправленных гармонических колебаний одинаковой частоты. Биения. 6.5. Сложение двух взаимно-перпендикулярных гармонических колебаний c одинаковыми частотами. 6.6. Фигуры Лиссажу. 6.7. Контрольные вопросы. 6.1. Основные характеристики колебаний: амплитуда, частота, фаза и период В природе наблюдаются такие процессы, которые повторяются за определенный промежуток времени. Например, движение планет вокруг Солнца, вибрация корпуса корабля или самолета, волны океанов и морей, биение сердца и т.п. При этих процессах происходят изменения состояния или движения системы, т.е. совершаются колебания. Колебаниями называются такие процессы, при которых происходят изменения состояния или движения системы во времени и в пространстве. Система, совершающая колебания называется колебательной. В зависимости от физической природы повторяющегося процесса и механизма возбуждения различают колебания: механические, электромагнитные, электромеханические и другие. Колебания широко распространены в природе и в технике. Во многих случаях они играют отрицательную роль. Например, разрушение моста при его колебаниях, вибрация корпуса корабля или самолета и др. Вместе с тем, колебания играют и положительную роль, например, в радиотехнике и электротехнике. 225 В физике особо выделяют колебания двух видов – механические и электромагнитные. Это обусловлено исключительной ролью гравитационного и электромагнитного взаимодействий на жизнедеятельность человека в природе: с помощью звука (механических колебаний) и света (электромагнитных колебаний) мы получаем информацию об окружающем нас мире. Колебания, при которых изменения состояния или движения системы повторяются через равные промежутки времени, называются периодическими. Периодические колебания математически описываются с помощью функции f t   f t  T  , где Т – период колебаний. Колебания делятся на гармонические и негармонические. Гармоническими называются колебания, при которых изменение физических величин происходит по закону синуса или косинуса. Например, изменение переменного напряжения, силы тока, колебания математического маятника без сопротивления среды и др. Гармонические колебания являются наиболее простыми. Поэтому любые негармонические и сложные колебания по закону Фурье можно представить как сумму гармонических колебаний, т.е. f  t    ai cos ωi t , i где аi – коэффициент Фурье. Пусть материальная точка движется равномерно по окружности радиуса А против часовой стрелки (рис.6.1) вокруг точки О с угловой скоростью . И пусть в момент времени t=0 радиус А составляет угол Рис.6.1 0 с осью х. Тогда за время t0 материальная точка будет перемещаться, и радиус А повернется на угол   0  ωt , который называется фазой колебаний. Если движение материальной точки спроектировать на координатные 226 оси, то уравнение движения точки с течением времени будет описываться в виде: x  A cos   A cos  ωt  0  , y  A sin   A sin  ωt  0  , (6.1) где символом А обозначают амплитуду колебаний (в нашем случае это радиус окружности); ω  2 T  циклическая частота; Т – период колебаний; х – смещение точки. Амплитудой (А) колебаний называют наибольшее смещение частицы среды от положения равновесия. Время Т, за которое совершается одно полное колебание, называется периодом колебаний. Число колебаний, совершаемых частицей в единицу времени, называют частотой колебаний:   1 T [c1]. Циклическая (круговая) частота  – это число полных колебаний за время 2 c . Уравнение (6.1) называется уравнением гармонических колебаний в общем виде. Здесь x и y – физические величины, в частности, в качестве переменных x или y могут быть сила тока, напряжение, скорость, ускорение частицы (или тела), совершающие гармонические колебания. Фаза колебаний  (t) характеризует угловое смещение частицы от положения равновесия в момент времени t. 6.2. Скорость и ускорение материальной точки, совершающей гармонические колебания Пусть уравнение смещения материальной точки, совершающей гармонические колебания, имеет вид x  A cos  ωt  0  . (6.2) Найдем скорость и ускорение движения материальной точки:  (6.3) 0  A ω, (6.4) dx где    dt   A ωsin  ωt  0  =0 cos  ωt  0   , 2  0  амплитуда скорости. Ускорение определяется формулой: 227 a d dt   Aω2 cos  ωt  0   a0 cos  ωt  0    , (6.5) где a0  A ω2 , (6.6) a0  амплитуда ускорения. Из (6.4) и (6.6) следует, что 0 Aω 1 или a0  ω0 . (6.7)  a0 A ω2 ω Графики зависимости смещения х, скорости  и ускорения а от времени представлены на рис.6.2 0  0  .  Рис.6.2 6.3. Кинетическая, потенциальная и полная энергия материальной точки, совершающей гармонические колебания Материальная точка массой m совершает гармонические колебания. Нужно найти кинетическую, потенциальную и полную энергию и построить графики зависимости от времени этих величин. Из механики кинетическая и потенциальная энергия определяются формулами: m 2 Wk  2 (6.8) и k x2 Wn  . 2 Подставляя (6.2) и (6.3) в (6.8) и (6.9), получим формулы: 228 (6.9) 1) для кинетической энергии m 2 m  2 A2  sin 2 t  0  , 2 2 2) для потенциальной энергии Wk  k x 2 k A2  cos 2 t  0  . 2 2 Т.к. коэффициент упругости k можно представить в виде Wn  k  m ω2 , (6.10) (6.11) (6.12) то потенциальная энергия (6.11) запишется в виде Wn  k A2 m ω2 A2 cos 2  ωt  0   cos 2  ωt  0  . (6.13) 2 2 Из (6.10) и (6.13) следует, что Wk и Wn зависят от времени t. Полная энергия материальной точки, совершающей гармонические колебания равна W  Wk  Wn . (6.14) С учетом (6.10) и (6.13) полная энергия равна W m ω2 A2 m ω2 A2 m ω2 A2 sin 2  ωt  0   cos 2  ωt  0   . (6.15) 2 2 2 229 Полная энергия не зависит от времени, а зависит от массы, частоты и амплитуды колебаний материальной точки. Графики зависимости энергии от времени представлены на рис.6.3 0  0  . Сила, удерживающая материальную точку с учетом (6.5), равна F  ma  m ω2 A cos  ωt  0   m ω2 x. (6.16) 6.4. Сложение двух однонаправленных одинаковой частоты гармонических колебаний. Биения Как известно, любая система (частица, тело и др.) может одновременно участвовать в нескольких колебательных движениях. Например, маятник, находящийся в вагоне, который совершает колебания при движении по рельсам; колебания математического маятника, совершающего колебания во взаимноперпендикулярных направлениях; колебания двух последовательно соединенных пружинных маятников и др. Во всех приведенных примерах колебательная система совершает сложные колебания, которые можно представить как геометрическую сумму независимых гармонических колебаний. Рассмотрим сложение гармонических колебаний. Пусть тело участвует одновременно в двух гармонических колебаниях, происходящих в одном направлении с одинаковой частотой. В качестве примера рассмотрим колебания последовательно соединенных пружинных маятников (рис.6.4). Если пружину а с грузом 1 немного растянуть вниз и отпустить, то под действием упругой силы пружины а груз 1 будет совершать колебательные движения относительно груза 2. Затем груз 2 вовлеРис.6.4 чется в колебательное движение относительно неподвижной опоры с и вся система через некоторое время будет совершать результирующие колебания. Пусть уравнение смещения маятника а имеет вид: x1  A1 cos  ωt  01  , 230 (6.17) тогда уравнение смещения маятника б: x2  A2 cos  ωt  02  . (6.18) Найдем уравнение смещения результирующего колебания. Для решения задачи используем векторную диаграмму. Представим амплитуды колебаний в виде векторов A1 и A2 и отложим их на плоскости xy (рис.6.5). Из рис.6.5 следует, что амплитуда результирующего колебания определяется по теореме косинусов: Ap  A12  A22  2 A1 A2 cos 02  01 . (6.19) Начальная фаза колебания равна tg 0  Рис.6.5 y1  y2 x1  x2  результирующего A1 sin 01  A2 sin 02 .(6.20) A1 cos01  A2 cos02 При установившихся колебаниях уравнение результирующего колебания примет вид x  x1  x2  Ap cos  ωt  0  . (6.21) Таким образом, система тел, частиц, участвующих одновременно в двух гармонических колебаниях, происходящих в одном направлении с одинаковой частотой, совершает гармонические колебания в том же направлении и с той же частотой, что и составляющие колебания. При этом величина амплитуды результирующего колебания зависит от сдвига фаз ( 02  01 ), составляющих колебаний. Рассмотрим частные случаи. 1) Если   02  01   n, где n=0, 1, 2, …, то амплитуда результирующего колебания (6.19) равна Ap  A1  A2 , т.е. A1  A2  Ap  A1  A2 . 231 (6.22) 2) Если   02  01   2  2n  1 , где n=0, 1, 2, …, то Ap  A12  A22 . (6.23) Графики сложения колебаний представлены на рис.6.6. Рис.6.6 При наложении однонаправленных гармонических колебаний с разными частотами ( ω1  ω2 ) получаются негармонические результирующие колебания с изменяющейся с течением времени амплитудой. Если частоты двух однонаправленных гармонических колебаний отличаются бесконечно мало, т.е.  ω  ω2  ω1  ω1 , то при сложении таких колебаний возникают биения. Найдем уравнение биений. 232 Пусть амплитуды и начальные фазы двух однонаправленных гармонических колебаний равны, т.е. A1  A2  A0 , 01  02  0 : x1  A0 cos  ω1t  0  , (6.24) x2  A0 cos  ω2t  0  . (6.25) Тогда уравнение результирующего колебания имеет вид: x  x1  x2  A0 cos  ω1t  0   cos  ω2t  0     ω1  ω2   ω  ω1  t  0  cos  2  t. 2    2   2 A0 cos  Так как  ω  ω2  ω1  ω1 , то (6.26) ω1  ω2  ω1 и (6.26) запишется 2 в виде: x  2 A0 cos A  2 A0 cos ω 2 t cos  ωt  0  . (6.27) ω t  амплитуда результирующих колебаний, ко2 торая изменяется с течением времени от A1  A2 до A1  A2 с циклической частотой биений  ω  ω2  ω1 . Период биений Т0 равен T0  2 ω  2 ω2  ω1  T1 T2 T1  T2 . (6.28) Графики сложения колебаний с близкими частотами даны на рис.6.7. Биения экспериментально можно демонстрировать с помощью электронного осциллографа, подавая на вертикальные пластины осциллографа напряжения от двух генераторов электрических колебаний. Если частоты электрических колебаний, посылаемых генераторами, слегка различаются, то на экране осциллографа возникает картина биений. 233 Рис.6.7 6.5. Сложение двух взаимно-перпендикулярных гармонических колебаний с одинаковыми частотами Пусть материальная точка одновременно участвует в двух взаимно-перпендикулярных колебаниях, например, вдоль осей х и y по законам x  A1 cos  ωt  01  , y  A2 cos  ωt  02  . (6.29) Сложение таких колебаний можно наблюдать на электронном осциллографе, если подавать переменные напряжения от генераторов на вертикально и горизонтально отклоняющие пластины (см. рис.6.8). Рис.6.8 234 На рис.6.8 показана простейшая схема электроннолучевой трубки осциллографа, где изображены вертикально (у) и горизонтально (х) отклоняющие электронный луч пластины. На экране, покрытом люминофором, электронный луч, участвующий одновременно в двух взаимно-перпендикулярных колебательных процессах, опишет замкнутую кривую (траекторию). Выражения (6.29) представляют собой заданное в параметрической форме уравнение траектории, по которой движется точка в плоскости ху, участвующая в обоих колебаниях. Чтобы получить уравнение траектории в обычном виде, нужно исключить из уравнений (6.29) параметр t. Для этого сделаем некоторые математические преобразования. x A1 y A2  cos ωt cos 01  sin ωt sin 02 , (6.30)  cos ωt cos 02  sin ωt sin 02 . (6.31) Уравнение (6.30) умножаем на cos 02 , а уравнение (6.31)  на cos 01 . Затем, из первого уравнения вычитаем второе, в результате получим x A1 cos 02  y A2 cos 01  cos t  cos 01 cos 02  cos 02 cos 01    sin ωt  sin 01 cos 02  sin 02 cos 01   sin ωt sin 01  02  . (6.32) Теперь уравнение (6.30) умножим на sin 02 , а уравнение (6.31)  на sin 01 и из первого уравнения вычтем второе, в результате получим: x y sin 02  sin 01  cos ωt sin 01  02  . (6.33) A1 A2 Возведем в квадрат (6.32) и (6.33), полученные выражения сложим и в итоге получим: 235 2 2 xy  x  y  2 2 2 2  A   cos 02  sin 02    A   cos 01  sin 01   A A   1  2 1 2     cos 01 cos 02  sin 01 sin 02   sin 2 ωt  cos2 ωt sin 2 01  02  . Последнее уравнение после несложных преобразований можно привести к виду x2 A12  y2 A22  2 xy A1 A2 cos 01  02   sin 2 01  02  . (6.34) Уравнение (6.34) – это уравнение траектории движения точки на плоскости ху и является уравнением эллипса, оси которого повернуты относительно координатных осей х и у. Ориентация эллипса и значения его полуосей зависят от амплитуд А1 и А2 и разности фаз   01  02 . Рассмотрим частные случаи. 1) Пусть   01  02   m, где m  0,1, 2,... . Тогда (6.34) примет вид 2 y   x  2  1 или     1, 2 A1 A2 A1 A2  A1 A2  x2 y2 2 xy откуда получается уравнение прямой A y   2 x. (6.35) A1 В этом случае точка совершает линейно поляризованные колебания (рис.6.9). а) б) Рис.6.9 236 Точка совершает гармонические колебания вдоль прямой линии с частотой складываемых колебаний , с амплитудой A  A12  A22 и начальной фазой  A     arctg  2  cos m  .  A1    2) Если   01  02   2 m, где m  0,1, 2,... , то полу- 2 чим из (6.34) уравнение эллипса: x2 y 2   1. A12 A22 (6.36) Траектория движения материальной точки изображена на  рис.6.10(а) при    и A2  A1. 2 а) b) Рис.6.10 Если A1  A2  A0 , то траекторией движения точки является окружность радиуса A0 (рис. 6.10b), а само уравнение (6.36) имеет вид x 2  y 2  A02 . (6.37) 6.6. Фигуры Лиссажу Если частоты взаимно-перпендикулярных колебаний меняются, то наблюдается сложная картина движения материаль237 ной точки. Однако, если частоты взаимно-перпендикулярных колебаний изменяются кратно друг другу, то наблюдаются определенные замкнутые траектории движения, которые называются фигурами Лиссажу. Пусть материальная точка участвует одновременно в двух взаимно-перпендикулярных гармонических колебательных процессах разной частоты. Запишем уравнения колебаний: x  A1 cos  ω1t  01  , y  A2 cos  ω2t  02  , (6.38) где ω1  nω, ω2  mω, а n и m  кратные целые числа. Тогда значения координат х и у колеблющейся точки одновременно будут повторяться через одинаковые промежутки времени Т0, 2 2 равные общему наименьшему кратному T1  и T2   nω mω периодов колебаний вдоль осей 0X и 0Y. Траектории движения точки в виде фигур Лиссажу представлены на рис.6.11. Рис.6.11 238 Экспериментально фигуры Лиссажу можно наблюдать с помощью математического маятника с протяжной лентой. Установка (см.рис.6.12) представляет собой маятник из бифилярных тонких нерастяжимых нитей 1, на конце которых подвешена полая маленькая воронка 2 с тонким отверстием на конце. В воронку насыпают сухой песок, который высыпается из отверстия. Нити закрепляются на штатив 3 и пропускаются через маленькую невесомую бусинку 4, которая может перемещаться вдоль нитей. Штатив закреплен на горизонтальной доске 5. На поверхности доски находится протяжная лента 6. Заставляя совершать колебания маятника относительно точек подвеса 7 и 8 вдоль оси у и относительно точки 4 вдоль оси х и одновременно медленно протягивая ленту 6, получим фигуры Лиссажу. Если изменять положение точки 4 с помощью бусинки, то будут изменяться соотношения частот колебаРис.6.12 ний маятника вдоль осей х и у. Тогда на протяжной ленте с помощью струйки песка можно наблюдать различные фигуры Лиссажу. 6.7. Контрольные вопросы 1. Что называют механическими колебаниями? Гармоническими колебаниями? 2. Дайте определения амплитуды, частоты, периода и фазы колебаний. 3. Определите формулы скорости и ускорения материальной точки, совершающей гармонические колебания. 4. Выведите формулы кинетической, потенциальной и пол239 ной энергии материальной точки, совершающей гармонические колебания. 5. Выведите уравнения колебаний, полученных при сложении двух однонаправленных гармонических колебаний с одинаковой частотой и при биении. 6. Получите уравнение при сложении двух взаимноперпендикулярных гармонических колебаний одинаковой частоты. 7. Рассмотрите фигуры Лиссажу. Как можно получить их на опыте? 240 ЛЕКЦИЯ 7 Механические колебания (динамика колебаний) 7.1. 7.2. 7.3. 7.4. 7.5. 7.6. 7.7. Динамика колебаний. Пружинный маятник. Физический и математический маятники. Свободные затухающие механические колебания. Вынужденные механические колебания. Резонанс. Контрольные вопросы. Примеры решения задач. Задачи для самостоятельного решения. 7.1. Динамика колебаний. Пружинный маятник Выше была рассмотрена кинематика свободных колебаний. Свободными называются такие колебания, при которых будучи выведенная из равновесия и предоставленная самой себе система совершает колебания под действием внутренних сил (сила тяжести, упругая сила и др.). Примерами свободных колебаний являются колебания пружинного, физического и математического маятников. Если на систему действуют внешние силы, то такие колебания называются вынужденными. В зависимости от характера воздействия сил на колебательную систему различают свободные затухающие, вынужденные, параметрические колебания и автоколебания. Пружинный маятник представляет собой систему, состоящую из упругой с очень маленькой массой (намного меньше массы груза) пружины, один конец которой закреплен, а на другой свободный конец подвешен небольшой груз массой m (рис.7.1). В свободном состоянии сила тяжести уравновеа) b) шивает упругую силу  mg  kx0  и Рис.7.1 груз находится в неподвижном состоянии (рис.7.1а). Если растянуть (или сжать) пружину на ве241 личину х (рис.7.1b) и затем груз предоставить самому себе, то он будет совершать колебательные движения. Если пренебречь массой пружины и силой сопротивления воздуха, то такой маятник будет совершать свободные незатухающие гармонические колебания. Пружинный маятник, совершающий гармонические колебания, называется гармоническим осциллятором. Примерами гармонических осцилляторов являются колеблющиеся молекулы или атомы в узлах кристаллической решетки твердого тела. Найдем уравнение гармонических колебаний пружинного маятника. Для этого используем закон сохранения механической энергии. Полная механическая энергия пружинного маятника, совершающего гармонические колебания, сохраняется, т.е. не изменяется с течением времени и равна сумме кинетической Wk  m 2 mx 2  2 2 и потенциальной энергий Wn  k x2 2 и равна W  Wk  Wn  mx 2 k x 2   const. 2 2 Продифференцировав последнее выражение по времени, получим 2mxx 2k xx k   0 или x  x  0. 2 2 m (7.1) k k , тогда ω0  (7.2) , m m где 0  собственная циклическая частота колебаний пружинного маятника. Тогда уравнение (7.1) запишется в виде Обозначим через ω02  x  ω02 x  0. 242 (7.3) Уравнение (7.3) является однородным дифференциальным уравнением второго порядка, решением которого является уравнение гармонических колебаний x  A cos  ω0t  0  , (7.4) где х – смещение точки из положения равновесия в данный момент времени, А  амплитуда,   ω0t  0  фаза колебаний. Период колебаний пружинного маятника T 2 m  2 ω0 k (7.5) зависит от массы m груза и от коэффициента упругости k пружины. 7.2. Физический и математический маятники Физическим маятником называется любое тяжелое твердое тело, совершающее свободные колебания под действием силы тяжести относительно неподвижной оси, не проходящей через центр масс тела. На рис.7.2 представлено твердое тело, закрепленное на неподвижной горизонтальной оси, проходящей через т.О, перпендикулярно плоскости рисунка. Расстояние от оси О до центра масс С называется длиной маятника l. Пусть трение на оси О вращения и сопротивление воздуха отсутствуют. Если отклонить маятник от положения равновесия на небольшой угол  0 и предоставить самому себе, то под действием силы тяжести маятник будет совершать колебательные движения. Найдем уравнение движения мятника. Для этого воспользуемся законом сохранения механической энергии: в замкнутой (или изолированной) системе тел, между которыми действуют только консервативные силы, полная механическая энергия системы сохраняется. В случае с физическим маятником, совершающем гармонические колебания относительно неподвижной оси, сумма кинетической Wk и потенциальной Wn энергии сохраняется, т.е. не изменяется с течением времени: 243 Jω2  mgh = const. (7.6) 2 Из рис.7.2 видно, что высота подъема центра масс маятника равна Wk  Wn  h  l  l cos  . (7.7) С учетом (7.7) уравнение (7.6) запишем в виде Jω2  mgl 1  cos   = const, (7.8) Рис.7.2 2 где J  момент инерции,   угловая скорость движения маятника, mмасса маятника, g – ускорение свободного падения тела. Продифференцируем уравнение (7.8) по времени и, учитывая, что ω   , а ω   , получим 2 Jωω  mgl sin   0. (7.9) 2 Если угол  очень мал ( < 6), то sin    (в радианах). После преобразования (7.9) получим   02   0, (7.10) где mgl . (7.11) J Здесь ω0  циклическая частота колебаний физического маятника. Тогда период колебаний маятника равен ω0  T 2 J  2 . ω0 mgl (7.12) Уравнение (7.10) является однородным дифференциальным уравнением второго порядка, а называется уравнением движения физического маятника. Решением уравнения (7.10) является уравнение вида   A cos  ω0t  0  . (7.13) 244 Следовательно, при малых колебаниях угловое смещение физического маятника изменяется со временем по гармоническому закону. Рассмотрим отношение J  ml 2 J J  C  l  C  L, ml ml ml (7.14) где J  J C  ml 2  момент инерции маятника относительно оси, проходящей через точку О; L – приведенная длина маятника. Приведенная длина – это расстояние от оси вращения О до центра качания К (см. рис.7.2). Точка К, лежащая на прямой ОС на расстоянии J C ml от центра масс С называется центром качания физического маятника. Центр качания К и точка подвеса оси О обладают свойством взаимности: если маятник подвесить так, чтобы его ось качания проходила через точку К, то точка О будет совпадать с новым положением центра качания маятника, т.е. приведенная длина и период колебаний маятника останутся прежними. Рассмотрим применение физического маятника. Обратимость центра качания К с осью вращения О дает возможность создавать оборотный маятник, с помощью которого можно измерить ускорение свободного падения g. Оборотный маятник представляет собой длинный металлический стержень с неподвижной опорной призмой в виде ножа О и подвижной опорной призмой О (см. рис.7.3). Передвигая опорную призму О, находят такое положение, при котором маятник, опирающийся на неподвижную призму О колеблется с тем же периодом, что и при опоре на призму О. Определив на опыте центр качания и измерив расстояние между центром качания и точкой подвеса, а также период колебаний маятника, можно по формулам (7.12) и (7.14) найти значение g. Математическим маятником называется система, состоящая из длинной нерастяжимой и невесомой нити и подвешенного к ней груза, размер которого мал по сравнению с длиной нити, а масса велика по сравнению с ее массой (материальная 245 точка). Центр тяжести такой системы можно считать совпадающим с центром тяжести груза (рис.7.4) Рис.7.3 Рис.7.4 Когда система находится в покое, то сила тяжести FT  mg , действующая на груз, уравновешивается силой натяжения нити  Т (на рис.7.4 положение 1). Если вывести маятник из положения равновесия, т.е. нить отклонить на небольшой угол , и предоставить маятник самому себе, то под действием сил тяжести и натяжения нити маятник будет совершать колебания около положения равновесия 1. Если угол отклонения мал (6) и сопротивление среды отсутствует, то маятник будет совершать свободные гармонические колебания. Найдем уравнение движения и период колебаний математического маятника. Для этого используем закон сохранения механической энергии. Полная механическая энергия маятника равна Jω2 + mgh = const. 2 Момент инерции груза (материальной точки) равен W= 246 (7.15) J = ml2 . Из рис.7.4 находим h  l (1  cos φ). (7.16) (7.17) Дифференцируя уравнение (7.15) по времени, учитывая, что маятник совершает гармонические колебания (6), кроме  =φ , а также (7.16), (7.17), получим того, ω = φ и ω  + φ g φ=0 l или  + ω2 φ = 0, φ (7.18) где ω0 = g . l (7.19) Здесь ω 0  циклическая частота колебаний математического маятника. Период колебаний маятника определяется формулой T= 2π l = 2π . ω0 g (7.20) Решением дифференциального уравнения (7.18) является φ = A cos(ω0t + φ0 ). (7.21) Как видно из (7.20), период колебаний математического маятника зависит только от длины l маятника и ускорения свободного падения g. Если маятник находится в системе отсчета, движущейся относительно Земли с ускорением а, например, в движущемся вверх или вниз лифте, то период колебаний маятника определяется формулой T = 2π l , g ±a (7.22) где (+) – лифт движется с ускорением вверх, (–) – лифт движется с ускорением вниз. 247 7.3. Свободные затухающие механические колебания Всякое реальное свободное колебание системы со временем затухает. Это обусловлено тем, что на колеблющуюся систему всегда действуют силы трения, силы сопротивления, которых нельзя исключить. Поэтому энергия колеблющейся системы затрачивается на работу против сил трения и сопротивления и с течением времени уменьшается. Затухающие колебания не являются гармоническими, так как характеристики колебания с течением времени изменяются. Рассмотрим свободные затухающие механические колебания. Пусть на систему кроме упругих сил Fy   kx, действуют силы сопротивления Fc   rx, где r  коэффициент сопротивления, кг/с; x  скорость движения системы; k  коэффициент упругости; х – смещение. Например, свободное колебание пружинного маятника в воздухе. Тогда в проекции на направление вектора скорости (оси х) уравнение движения системы запишется в виде (7.23) mx  kx  rx. Разделим левую и правую части уравнения (7.23) на m и введем обозначения: r k  ω02 , = β, 2m m где ω 02  собственная циклическая частота колебаний системы; коэффициент затухания, [c1]. Тогда уравнение (7.23) примет вид: x  2x  02 x  0. (7.24) Уравнение (7.24) является однородным дифференциальным уравнением второго порядка, описывающее затухающие колебания системы. Решением (7.24) является уравнение смещения затухающих колебаний: x  A0eβt cos(ωt  0 ), где 248 (7.25) ω = ω02  β 2 , T  2 ω02  β 2  (7.26) частота и период затухающих колебаний (вывод формулы (7.26) посмотрите в книгах: Савельев И.В. Курс общей физики, §8, стр. 293298 (т.1); Детлаф А.А., Яворский Б.М. Курс физики, §28.1, стр. 371374). Амплитуда затухающих колебаний At   A0e  t (7.27) изменяется по экспоненциальному закону. Графики зависимостей х(t) и А(t) представлены на рис.7.5 (а и б). Из (7.26) следует, что частота и период затухающих колебаний ω= k r2  , m 4m 2 T а) 2 (7.28) k r2  m 4m 2 б) Рис.7.5 зависят от свойств среды r, массы системы m и коэффициента упругости k. С ростом массы системы период колебаний увеличивается, а частота уменьшается; и чем больше коэффициент сопротивления r (среда вязкая), тем больше период колебаний. 249 Логарифм отношения амплитуд затухающих колебаний, отстоящих друг от друга на интервал времени, равный периоду, называется логарифмическим декрементом затухания, т.е.   ln A1 (t ) A(t ) r  ln  T  A2 (t ) A(t  T ) 2m 2 2  k r  m 4m 2 2 r 4km  r 2 . (7.29) Промежуток времени , в течение которого амплитуда затухающих колебаний уменьшается в е раз (приблизительно в 2,72 раза) называется временем релаксации: 1 (7.30) τ = , [c1]. β Подставляя (7.30) в (7.29), получим   βT  T   1 , N0 (7.31) τ  число колебаний, в течение которых амплитуда T уменьшается в е раз. Тогда число колебаний в любой момент времени t равно t (7.32) N= . T Из (7.26) и (7.29) следует, что циклическая частота  и логарифмический декремент затухания связаны соотношением где N 0 =   βT  β 2 или ω  ω0 . (7.33) 2 1 2 4 Для оценки эффективности работы колебательной системы вводится понятие добротности системы. Добротностью системы называется безразмерная величина Q, равная отношению энергии W(t) системы в произвольный момент времени t к убыли энергии системы за промежуток времени, равному периоду Т и умноженная на 2, т.е. ω02 β 2 250 Q  2 W (t ) . W (t )  W (t  T ) (7.34) Так как из (6.15) следует, что энергия системы пропорциональна квадрату амплитуды, т.е. W= mω2 A2 ~ A2 , 2 (7.35) то с учетом (7.27) добротность равна Q  2 A02e 2  t 2 2   . 2 2  t 2 2  t ( t T ) 2  T A0 e  A0 e 1 e 1  e 2 (7.36) При малых затуханиях (1) экспоненту e2 можно разложить в степенной ряд и, ограничиваясь первым порядком малости, получим e2  1  2 . (7.37) Подставляя (7.37) в (7.36), получим Q 2      2   T 4km  r 2 . 2r (7.38) Можно также доказать, что добротность системы связана с частотой колебаний соотношением ω  Q= . (7.39) Δω Из (7.39) следует, что с другой стороны добротность колебательной системы можно определить как отношение резонансной частоты  к ширине частот резонансной кривой  на уровне убывания амплитуды в 2 раз. 7.4. Вынужденные механические колебания. Резонанс Система, выведенная из положения равновесия и предоставленная самой себе, совершает свободные затухающие коле Савельев И.В. Курс общей физики. В 5-ти т. Том 2, 2011 г., §13.5, стр. 322. 251 бания. Для того, чтобы система совершала колебания длительное время необходимо восполнить убыль энергии (потери) в ней за счет работы тех или иных внешних сил. Если на систему действуют периодически изменяющиеся во времени внешние силы, то она будет совершать вынужденные колебания. Пусть система в начальный момент времени находится в состоянии покоя. При действии на нее переменной периодической внешней силы она приобретет энергию и постепенно начинает раскачиваться. Часть передаваемой энергии расходуется на преодоление сопротивления среды. Так как убыль энергии системы растет с ростом скорости колеблющейся системы, которая в свою очередь возрастает с увеличением амплитуды колебаний, то в конечном итоге потери энергии станут равными ее поступлению. С этого момента колебания считаются установившимися. Тогда установившиеся вынужденные колебания происходят по закону, по которому колеблется внешняя сила, и частота равна частоте колебаний вынуждающей силы. Рассмотрим установившиеся колебания системы, на которую действует внешняя сила, меняющаяся по гармоническому закону F  F0 cos ωt. (7.40) С учетом (7.40) уравнение (7.23) запишется в виде mx  kx  rx  F0 cos ωt (7.41) или F0 (7.42) cosωt. m Так как установившиеся колебания происходят по гармоническому закону с частотой вынуждающей силы, то решение уравнения (7.42) имеет вид x + 2βx + ω02 x = x  A0 cos  ωt  0  . (7.43) Для нахождения амплитуды А и начальной фазы φ0 установившихся вынужденных колебаний дважды продифференцируем по времени уравнение (7.43): 252  . 2  x   A0ω2 cos  ωt  0   A0ω2 cos  ωt  0    .   x   A0 ωsin  ωt  0   A0ω cos  ωt  0  (7.44) (7.45) Подставляя (7.43) – (7.45) в уравнение (7.42), получим   A0ω2 cos  ωt  0     2βA0 ω cos  ωt  0    2  F0 (7.46) cos ωt. m Далее используем векторную диаграмму, представив коэффициенты при косинусах в уравнении (7.46) в виде векторов  A0 ω0 cos  ωt  0   2     a, b , c , d :   c cos  ωt  0   d cos ωt , 2  F где a  A0ω2 , b  2βA0ω, c  A0 ω02 и d  0 . m Разложим эти векторы с учетом их разности фаз на плоскости xy (см.рис.7.6). Из рисунка видно, что d 2  (a  c)2  b2 , т.е.   a cos  ωt  0     b cos  ωt  0  F02 m 2   ω02  ω2  2 A02  4β 2 ω2 A02 или F0 A0  ω m 2 ω  2 2 (7.47) .  4β ω 2 2 Фазу колебаний находим по формуле: tg 0   2βωA0  A0 ω  ω 2 2   ω 2βω 2  ω2  . (7.48) Из (7.47) и (7.48) следует, что амплитуда A0 и фаза φ0 колебаний зависят от частоты вынуждающей силы  и коэффициента затухания . Исследуем их. 253 Рис.7.6 Исследование амплитуды A0 . 1) Пусть  = 0 F0  при ω  0 A0  mω2 ;  при ω   A  0;  при ω  ω A  .    F0 ;  при ω0  ω  ω  0  A0  2 m ω  2) Пусть   0,  при ω   A  0;  тогда  F0  при ω p  ω02  2β2 , Ap  .  2mβ ω02  β2 (7.49) (7.50) Из исследования следует, что при частоте ω p  ω02  2β2 наблюдается резонанс амплитуды Ap и фазы колебаний. Резонансную частоту ω p можно найти, исследуя (7.47) на экстремум, т.е. dAp dω  0. ω= ω p Выполняя дифференцирование, получим 254    4ω p ω02  ω2p  8β2ω p  0, откуда ω p  ω02  2β2  ω2  β2 , где ω02  β2  ω2 . Исследование фазы колебаний. π . 2 Графики зависимости A0 и φ0 от частоты  при резонансном явлении даны на рис.7.7 а и б. При ω = 0 φ0 = 0;    φ0   и ω = ω p φ0 = а) б) Рис.7.7 Найдем скорость движения системы при вынужденных колебаниях. Продифференцируем (7.43) по времени, получим  x  dt  A0ω cos  ωt  0   dx      0 cos  ωt  0   , 2  2  (7.51) где 0  A0ω  амплитуда скорости. Она максимальна при ω = ω0 и равна 0  F0 . 2mβ (7.52) Ускорение системы при установившихся вынужденных колебаниях ax  d x  A0ω2 cos  ωt  0     a0 cos  ωt  0    , (7.53) dt 255 где a0  A0 ω2  амплитуда ускорения. Можно показать, что амплитуда ускорения максимальна при частоте ω=  ω0 2  β    ω0  1 2  2  β    ω0   ω0 1    ,  (7.54) при ω = 0 a0 = 0 и при    амплитуда ускорения стремится к F (7.55) a0 = 0 . m Можно доказать, что при установившихся вынужденных колебаниях потери энергии системы, обусловленные действием диссипативных сил (силы трения, сопротивления) полностью компенсируются за счет работы, совершаемой над системой возмущающей силой (см. кн. А.А.Детлаф, Б.М. Яворский «Курс физики», §28.2, стр. 378). Резонанс широко распространен в природе, часто используется в технике, радиотехнике. Например, человеческое ухо воспринимает звуки вследствие резонанса колебаний в ушной раковине. В радиотехнике резонанс позволяет отделять сигналы данной радиостанции от других сигналов одновременно работающих станций. Для этого принимающая сигналы радиостанция настраивается на частоту сигналов передающей радиостанции. Явление механического резонанса используется в акустике для анализа звуков и их усиления, при уплотнении жидкого бетона, залитого в фундамент зданий, сооружений. Однако, в различных сооружениях и машинах, подвергающихся периодическим нагрузкам, резонанс весьма опасен. Например, роторы машин, турбин и других вращающихся механизмов практически невозможно центрировать абсолютно точно. При вращении ротора сила, действующая на вал ротора, является периодической. Поэтому она возбуждает колебания вала (ротора). Если частота изменения направления силы совпадает с собственной частотой колебаний вала, то наступает резонанс колебаний, что приводит к разрушению. Скорость вращения вала, соответствующая резонансу, называется критической. Для предотвращения резонанса 256 необходимо создавать такой режим, при котором частота вынуждающей силы и собственная частота системы сильно различались бы по величине; или, увеличить затухание колебательной системы. 7.5. Контрольные вопросы 1. Что называют пружинным маятником? Получите формулы периода, частоты колебания и уравнение колебания пружинного маятника. 2. Дайте определение физического маятника и выведите формулу для периода, частоты и приведенной длины маятника. 3. Какой маятник называют математическим? Напишите уравнение гармонических колебаний и формулу частоты колебаний маятника. 4. Как изменится период колебаний при движении математического маятника с ускорением вертикально вверх или вниз? 5. Получите уравнение свободных затухающих механических колебаний, формулы периода и частоты затухающих колебаний. 6. Что называют логарифмическим декрементом затухания и добротностью системы? От чего они зависят? Какую роль играет добротность системы? 7. Выведите уравнение вынужденных колебаний. 8. Исследуйте амплитуду и фазу вынужденных колебаний. 9. Когда наступает резонанс колебаний и какую роль играет он в технике и природе? Приведите примеры применения резонанса. 7.6. Примеры решения задач Кинематика колебательного движения 1. Напишите уравнение колебаний материальной точки, если амплитуда гармонических колебаний равна А=2,5см, период Т=2с, начальная фаза 0   2 . Найдите уравнение скорости и ускорения колебательного движения, а также максимальные значения скорости и ускорения. 257 Дано: А=2,5см Т=2с  0  Решение: Уравнение гармонических имеет вид: x  A cos  ωt  0  . 2 x ? ? a ?  m  ? am  ? колебаний (7.56) где А – амплитуда, 0 – начальная фаза, 2 – циклическая частота. Подставляя T данные условия в (7.56), получим уравнение смещения гармонических колебаний: ω=  (7.57) , [м]. 3  Для нахождения скорости и ускорения берем первую и вторую производную от (7.57) по времени:  dx   dt   0, 025 sin   t   , и 3    x  0, 025cos   t  d d 2 x    2   0, 025 2 cos   t   . dt 3 dt  Максимальные значения скорости и ускорения равны a m  0, 025 м/c и am  0, 025  2 м/c2. 2. Точка участвует одновременно в двух взаимно перпендикуωt лярных колебаниях x  4cos(ωt ) м и y  2 sin   м. Найдите  2 траекторию движения точки. Решение: Выразим синус половинного угла через косинус: sin ωt 1  cos ωt  . 2 2 С другой стороны, как видно из условия задачи 258 (7.58) sin ωt y  2 2 и cos ωt  x . 4 (7.59) Подставляя (7.59) в (7.58), получим x 1 y 4  2 2 или y2 4  x  , 4 8 откуда x  4  2 y2 . (7.60) График уравнения (7.60) имеет вид (рис.7.8): Рис.7.8 3. Складываются два гармонических колебания одинакового направления, уравнения которых выражаются в виде     t   см, x2  4 sin  t   см. 3 6 2 2 x1  2 sin  Определите амплитуду, начальную фазу и запишите уравнение результирующего колебания. Решение: Уравнение результирующего колебания имеет вид: x  A sin  ωt  0  . 259 Амплитуда результирующего колебания равна A A12  A22  2 A1 A2 cos 02  01  , (7.61) A1 sin 01  A2 sin 02 . A1 cos 01  A2 cos 02 (7.62) а начальная фаза tg0  Согласно условию задачи амплитуды и начальные фазы двух гармонических колебаний равны: A1  2 см, A2  4 см, 01  02   6  3 , . Подставляя эти данные в (7.61) и (7.62), получим A  4  16  16 cos   6 tg0  2sin   4sin     5,8 см. 3  6  3,73  0,84;   4,46 2cos  4cos 3 6 3 0  arctg 0,84  40o   4,5 . Уравнение результирующего колебания будет иметь вид:    см. x  5,8sin  t   2 4,5   Динамика колебательного движения 4. Материальная точка массой m1 г совершает гармонические колебания согласно уравнению:  x  0,1cos 2 t   м. 3  (7.63) Найдите возвращающую силу F в момент времени t 1 с, а также кинетическую, потенциальную и полную энергию. 260 Решение: По второму закону Ньютона сила равна d2x (7.64) . dt 2 Из (7.64) следует, что для нахождения силы F необходимо найти ускорение а. Дважды продифференцируем уравнение (7.63) по времени: d2x  a  2   0,4 2 cos 2 t   . (7.65) 3 dt  F  ma  Подставляя (7.65) в (7.64), получим  F  ma  8  2104 cos 2    4  2104 Н. 3  Найдем скорость движения материальной точки:  = dx  0,2 sin 2 t   .  dt 3 Кинетическая энергия вычисляется по формуле: m 2 1103  Wk   4102  2sin2  2   15106  2 Дж. 2 2 3  Потенциальная энергия равна Wn  3 2 2 m ω2 A 2  110 410  1 cos2  2 t      5106  2 Дж. 2 3 2 4   Полная энергия равна W Wk  Wn  20106  2 Дж. 5. Ареометр массой m 0,1 кг плавает в жидкости. Если погрузить его немного в жидкость и отпустить, то он начнет совершать колебания с периодом T  2 с. Считая колебания незатухающими, найти по данным этого опыта плотность жидкости  , в которой плавает ареометр. Диаметр трубки ареометра d  8 мм. 261 Решение: Пусть центр масс ареометра погружен на глубину х от поверхности воды (рис.7.9). Под действием силы тяжести и выталкивающей силы (силы Архимеда) ареометр, после того как его отпустить, будет совершать гармонические колебания, если не учитывать силу трения. Рис.7.9 Запишем уравнение движения ареометра, воспользовавшись вторым законом Ньютона: ma   FA , где ускорение а – вторая производная координаты х по времени d2x  x, dt 2 а силу Архимеда запишем через плотность и вытесненный при погружении ареометра на глубину х объем жидкости: a mx   gS x. (7.66) Перепишем уравнение (7.66): x  gS m x 0, (7.67) где S   d 2  площадь сечения ареометра. Обозначая через 4 ω=  gS m уравнение (7.67) запишется в виде , x  ω2 x 0. (7.68) (7.69) Решением дифференциального уравнения (7.69) является уравнение вида x  A cosωt 0 , (7.70) где   циклическая частота, 0  начальная фаза колебаний. 262 Циклическая частота связана с периодом колебаний формулой 2 ω . (7.71) T Подставляя (7.71) в (7.68), получим  g d 2 163,140,1 16 m 2 3 или   2 2 ;    2103 кг/м .  6 T 4m T d g 46410 9,81 6. К пружине жесткостью k подвешено тело массой m. Затем пружина перерезается пополам, и к одной из ее половин подвешивается то же тело. Сравните частоты колебаний пружины до и после перерезания. Решение: Период колебаний тела массой m, подвешенного к пружине жесткостью k при отсутствии затухания, определяется формулой m T  2 . (7.72) k Упругая сила F  kl , где l  смещение. По закону Гука F  S  E k l S  kl. l ES , l (7.73) где E  модуль Юнга, l  длина пружины, S  площадь поперечного сечения проволоки. По условию l  l . 2 (7.74) Подставляя (7.74) в (7.73), получим k  ES 2 ES  . l l (7.75) С учетом (7.75), период колебаний укороченного маятника равен T   2 m ml  2 . k 2 ES 263 (7.76) С учетом (7.73), формула (7.72) примет вид ml . ES T  2 Тогда из (7.76) получим T  Частота колебаний   T 2  0,7T . (7.77) 1 . Тогда из (7.77) следует T 10      1,43 . 7 Таким образом, частота колебаний увеличилась в 1,43 раза. 7. Уравнение гармонических колебаний, совершаемых материальной точкой, имеет вид  x  2cos t  м. (7.78) 3  В момент, когда возвращающая сила равна F  2H, точка обладает потенциальной энергией Wn  200 мДж. Найдите этот момент времени и соответствующую ему фазу 0 колебаний. Решение: Из уравнения (7.78) следует, что амплитуда и циклическая  частота равны: A 2 м, ω = , 0  0. В общем случае уравнение 3 гармонических колебаний имеет вид: x  A cos  ωt  0  . Возвращающая сила равна d2x F  ma  m 2  mω2 Acosωt 0   mω2 x. dt Потенциальная энергия точки определяется формулой Wn  m ω2 A2 2 cos ωt 0 . 2 264 (7.79) (7.80) (7.81) Уравнение (7.81) поделим на (7.80), в результате получим Wn A   cosωt 0  F 2 или 200103 2    cos t , cos t  0,1. 2 2 3 3 Фаза и время колебаний соответственно равны:    t  arccos0,1 84,3 1,47 рад; 3 3 t  1,47 1,41с.  Маятники 8. Определите период колебаний однородного диска, совершающего колебания относительно оси, проходящей через середину одного из радиусов перпендикулярно плоскости диска. Радиус и масса диска равны R=0,2м, m=0,5кг. Сопротивлением воздуха и трением между Рис.7.10 осью и диском пренебречь. Диск лежит в вертикальной плоскости, колебания считать гармоническими. Дано: m=0,5кг R=0,2м l  R 2  0,1 м T ? Решение: На рис.7.10 показан диск с осью О вращения, которая направлена перпендикулярно плоскости чертежа. Пунктирной линией показано движение центра масс С. Колебание диска относительно оси О можно рассматривать, как колебания физического маятника. Если отклоним центр масс диска от положения равновесия на угол   6 o и предоставим маятник самому себе, то он будет совершать гармонические колебания. В этом случае период колебаний физического маятника определяется по формуле: T  2 J , mgl 265 (7.82) 2 1 R 3 где J  mR2  m   mR2  момент инерции диска относи2 2 4 тельно оси О и определяется по теореме Штейнера; l  R 2  расстояние между точками О и С; g  9,8 м/с2  ускорение свободного падения. Подставляя последнее выражение в (7.82), получим T  2 3 mR2  23,14 4 mg R 2 3R  1,1 c. 2g 9. Математический маятник длиной l  2 м установлен в лифте (рис.7.11), поднимающемся с ускорением a0 1 м/c2. Определите период колебаний маятника. Дано: l 2м a0 1 м/c2 g  9,8 м/с2 T ? Решение: Так как маятник с лифтом движется с ускорением a0 , то общее ускорение маятника относительно Земли равно: (7.83) g  g a, Рис.7.11 где знак «+» ставится, когда лифт движется с ускорением вверх, «»  вниз. Используем закон сохранения механической энергии: J2  mg l 1  cos    const . (7.84) 2 Момент инерции материальной точки J  ml 2 . (7.85) Продифференцируем уравнение (7.84) по времени и с учетом (7.83), (7.85), а также, зная, что  получим d d 2 и  2 , dt dt 266 ml 2 2 d  ml  g  a0  sin   0. 2 dt При малых углах   6  sin    , выраженный в радианах. Тогда после упрощения получим d 2  g  a0    0. dt 2 l Обозначим (7.86) g a , l тогда уравнение (7.86) запишется в виде 0  d2x  02  0 , 2 dt которое является дифференциальным уравнением второго порядка. 2 g  a0  0   T l циклическая частота колебаний математического маятника. Тогда период колебаний равен 2 l T  2 . ω g  a0 Для данной задачи T  2 l  2 g  a0 2  2 0,43  2,7c. 9,8 1 10. Грузик массой m=100г, подвешенный к пружине, колеблется с малой амплитудой по вертикали с циклической частотой ω  2  с1. Определите коэффициент жесткости пружины, если не учитывать силу сопротивления. Дано: Решение: m=0,1кг На грузик действует постоянная сила тяжести ω  2  с1 mg и переменная упругая сила, направленная противоположно силе тяжести (рис.7.12). k ? 267 Поэтому под действием упругой силы грузик будет совершать колебания, т.е. система является пружинным маятником. Из-за малой амплитуды колебаний считаем, что упругая сила подчиняется закону Гука: Fy  kx. Поскольку сила тяжести постоянная, то без учета ее запишем уравнение движения грузика на основании второго закона Ньютона: k (7.87) mx kx или x  x  0. m Обозначим Рис. 7.12 k (7.88) ω , m Тогда (7.87) запишется в виде x  ω2 x  0. (7.89) Выражение (7.89) является дифференциальным уравнением второго порядка, описывающим гармонические колебания пружинного маятника. Решением (7.89) является уравнение вида x  A cos  ωt  0  , k  циклическая частота колебаний пружинного маm ятника. Из (7.88) находим коэффициент жесткости: где ω   кг  .  с2  k  mω2  0,1 4  2  0,4 2  Затухающие колебания 11. Амплитуда затухающих колебаний маятника за время t1=1мин уменьшилось в три раза. За какое время t2 от начала колебаний амплитуда уменьшится в шесть раз? 268 Решение: Амплитуда затухающих колебаний изменяется по закону: Дано: t1=1мин 1 A2 1   ; A0 3 A0 6 A1 A  A0 e  β t , где   коэффициент затухания, [c1]; А0  начальная амплитуда при t=0; е  основание натурального логарифма. Составляем уравнения для моментов t1 и t2 t2  ?  β t1 A1  A0 e Из (7.90) находим : A1 A0  β t1 e , ln A1 A0  βt1 , Из (7.91) получим ln A2 A0  βt2 или t2   β t2 A2  A0 e и (7.90) β  ln A1 A0 t1  ln A2 A0 β . (7.91)   ln3  1,1 1,1 мин 1 t1 1 .   ln6  1,79 1,63 мин. 1,1 1,1 12. Тело массой m=10г совершает затухающие колебания с частотой ω  2  с1. В течение времени t=100с тело потеряло 50% своей энергии. Определите: коэффициент затухания , коэффициент сопротивления r, добротность системы, логарифмический коэффициент затухания . Решение: Дано: 2 Энергия колебательной системы определяетm=10 кг 1 ся формулой ω  2 с W (t ) W0 (0) W  0,5  ? r ? Q ?  ? m ω2 A2 , 2 (7.92) где A  A0 e  β t (7.93)  амплитуда затухающих колебаний; ω = ω02  β 2  циклическая частота затухающих колебаний; 269 ω0  k  собственная частота колебаний; m r β 2m (7.94)  коэффициент затухания, r – коэффициент сопротивления. Добротность колебательной системы – это величина, равная отношению энергии W (t ) , запасенной в колебательной системе в момент времени t, к энергии, теряемой системой за один период колебания, и умноженная на 2, т.е. Q  2 W t  W t  W t T  (7.95) . Добротность характеризует качество колебательной системы, т.к. чем больше добротность, тем меньше потери энергии в системе за одно колебание. Подставляя (7.92) и (7.93) в (7.95) и учитывая малое затухание ω0  β , получим Q  2 m ω2 A02 e2β t 2 mω A02 e2β t m ω 2 A02 e2β (t T )    , (7.96) где   ln A(t ) 2  βT  β . A(t T ) ω Подставляя (7.93) в (7.92), получим W t   или ln W t  W0 0 m ω2 A02 2βt e ; 2  2βt , β  W0 (0)  m ω2 A02 2 ln0,5 0,693 1   3,5103 с . 2t 200 Из (7.94) находим коэффициент сопротивления: r  2mβ  2102 3,5103  7105 кг/c. Из (7.97) находим логарифмический декремент 270 (7.97)   2 2  3,5103  3,5103. ω 2 Подставляя последнее выражение в (7.96), получим значение добротности системы Q     0,9103. 3  3,510 Вынужденные колебания. Резонанс. 13. Гиря массой m=0,5кг, подвешенная на спиральной пружине жесткостью k=50Н/м, совершает колебания в вязкой среде с коэффициентом сопротивления r=0,5кг/c. На верхний конец пружины действует вынуждающая сила, изменяющаяся по закону F  0,1cosωt , Н. Определите для данной колебательной системы: 1) коэффициент затухания ; 2) резонансную амплитуду Арез . Решение: Дано: С учетом всех сил, действующих на гирю, m=0,5кг совершающей гармонические колебания с чаk=50Н/м стотой вынуждающей силы , запишем уравr=0,5кг/c нение движения гири в проекции на направлеF  0,1cosωt , Н ние вектора ускорения:   ? Арез  ? ma   Fynp  Fconp  FBH или mx kx  rx  F0 cosωt. (7.98) Разделив на m, перепишем (7.98) в следующем виде: F x  2βx  ω02 x  0 cosωt , m k где ω02  , F0  0,1 H (см. усл. задачи), а коэффициент затухания m r β= . (7.99) 2m Резонансную амплитуду определяем по формуле (см. лекцию 7, формула (7.50)): 271 Ap  или Ap  F0 2mβ ω02  β2 F0 2 r  k  r  2m     2m  m  2m  F0  k r2 r  m 4m2 . (7.100) Подставив численные значения в (7.99) и (7.100), получим 1) β = 0,5 c1 ; 2) Ap  2 см. 14. Определите резонансную частоту колебательной системы, если собственная частота колебаний  0  300 Гц, а логарифмический декремент   0,2. Дано:  0  300 Гц   0,2  p ? Решение: Резонансную частоту колебательной системы определяем по формуле: ωp 1 ω02  2β2 , (7.101) 2 2 где коэффициент затухания  можно выразить через декремент затухания  :   ω0 β=  . (7.102) T 2 Подставив (7.102) в (7.101), получим p  p  ωp 2   ω0 2 2 1 2  0 1 2 . 2 2 2 Таким образом, резонансная частота колебательной системы  p  300 1 0,04 23,14 272 2  300 Гц. 7.7. Задачи для самостоятельного решения 1. Как изменится период колебаний, если из шара с малым отверстием, наполненного водой, вытекает вода? Считать, что шар закреплен на длинной нерастяжимой и невесомой нити и представляет собой математический маятник. Колебания гармонические.  2. Период и фаза колебаний маятника T  0,5 с,   . Опреде2 лите максимальные значения скорости и ускорения, если амплитуда колебаний равна A 25 см. Напишите уравнение гармонических колебаний.  4 2 2 A; am  ω2 A  2 A; x  0,25 cos 4 t   . Ответ:  m  ω A  T 6 T  3. На рис.7.13 изображена для двух различных маятников завиx симость ln 1 от числа колебаx2 ний N . Какой из маятников имеет бóльшую добротность? Рис. 7.13 4. При сложении двух гармонических колебаний одного направления и одинаковой частоты с амплитудами A1  5 см и A2  4 см получается результирующее колебание с амплитудой A 9 см. Найти разность фаз результирующего колебания. A2  A12  A22 . Ответ: cos  2 A1 A2 5. Напишите уравнение гармонических колебаний колеблющейся точки, если амплитуда, период и фаза колебаний равны:  A10 см, T  2 с и   . Найдите смещение колеблющейся 4 точки в момент времени t 1 с и начертите график движения. 273 2  Ответ: x  0,1cos t  , м; x   м. 20 4   6. Материальная точка массой m=0,02кг совершает гармонические колебания. Период колебаний T  4 с, амплитуда A 0,04 м, начальная фаза колебаний равна нулю. Найдите максимальные скорость, ускорение, кинетическую, потенциальную и полную энергии материальной точки. 4 2 m A2 2  2 4 2 A, Ответ:  m  am  2 A, Wk  sin t , T 2 T T2 Wn  4 2 m A2 4 2 m A2 2 cos t , W  W  W  . k n 2 T2 T2 7. Определите отношение потенциальной энергии материальной точки, совершающей гармонические колебания, к ее кинеT тической энергии в момент времени t  , если начальная фаза 3 колебаний равна нулю. W 2 Ответ: n  ctg2 ωt  ctg2  . Wk 3 8. Максимальная сила, действующая на материальную точку, равна F0  0,2 Н. Полная энергия точки, совершающей гармонические колебания равна W 103 Дж. Напишите уравнение гармонических колебаний точки, если частота колебаний   50 c1 ,  а начальная фаза 0  . 4  Ответ: x  Acosωt 0  102 cos100 t   м. 4  9. Максимальная кинетическая энергия тела, прикрепленного к пружине, равна Wk max  0,5 Дж. Найдите коэффициент жесткости 274 пружины, если амплитуда гармонических колебаний тела равна A 0,1 м. 2Wk max Ответ: k  A2 . 10. Складываются два однонаправленных гармонических колебания одинакового периода:  x  0,03cos t   м 3  и  x  0,04 cos t   м. 4  Определите амплитуду А, начальную фазу 0 результирующего колебания и напишите его уравнение. A sin01  A2 sin02 Ответ: A  A12  A22  2 A1 A2 cos ; tg0  1 ; A1 cos01  A2 cos02 x  A cos t  arctg0 . 11. Материальная точка участвует одновременно в двух взаимно перпендикулярных гармонических колебаниях одинаковой частоты:   x  2 cos 2 t   см, y  4 cos 2 t   см. 6 3    Найдите уравнение траектории точки и постройте график ее движения. 1 1 Ответ: x2  xy  y2  3. 2 4 12. К концу длинной вертикально висящей тонкой проволоки с модулем сдвига G  21010 Н/м закреплен горизонтальный стержень массой m, совершающий гармонические колебания. Определите момент инерции J стержня, если период колебаний равен T  0,5 с. Радиус и длина проволоки R  2 мм, l  2 м. Ответ: J  T2 G 4 R. 8 l 275 13. Определить период колебаний однородного стержня относительно оси, проходящей перпендикулярно его длине, через точку, находящуюся на расстоянии d  0,2 м от центра масс стержня. Длина стержня l 1 м. 2  l  d2 2 Ответ: T  2   . gd 14. Обруч диаметром d 1 м висит на гвозде, вбитом в стену и совершает гармонические колебания в плоскости параллельной стене. Найдите период колебаний. d Ответ: T  2 . g 15. Чему равна частота колебаний математического маятника при свободном падении лифта? Ответ:   0. 16. Однородный стержень длиной l колеблется относительно горизонтальной оси, перпендикулярной стержню и находящейся на расстоянии х от его центра масс. Найдите х, при котором период колебаний будет максимальным или минимальным. 17. Найдите период колебаний пружинного маятника, если масса пружины m0 , масса подвешенного на конце пружины груза m. 1    m  m0  3  . Ответ: T  2  k 18. На длинной невесомой нерастяжимой нити длиной l  2 м подвешено тело массой m=0,01кг, которое совершает гармонические колебания по закону   0,5cos t. Определите силу натяжения в момент времени t  T 2, если систему рассматривать как математический маятник. 276   Ответ: T  m g cos  0,25 2l sin2  t . 19. Имеется груз неизвестной массы и пружина неизвестной жесткости. Определите период колебаний такого маятника. Массой пружины пренебречь. l Ответ: T  2 , где l  статическое удлинение пружины g при взвешивании груза. 20. Как можно сравнить между собой массы тел, измеряя частоты колебаний при присоединении этих тел к пружине. m 2 Ответ: 1  22 . m2  1 21. Внутри высокой темной башни подвешена проволока так, что верхний ее конец не виден, а нижний различим вполне. Как определить длину такой проволоки? T 2g Ответ: l  , где T  период колебания проволоки. 4 2 22. Период колебаний математического маятника изменяется по закону 2  l  1 2  13  T  2    sin 4  .... 1  sin g  4 2 44 2  При каких значениях амплитуды  можно приближенно считать колебания гармоническими? 23. Начальная амплитуда колебаний математического маятника A1 0,3 м, амплитуда после 5 полных колебаний равна A 5  0,05 м. Определите логарифмический декремент затухания , коэффициент затухания  и добротность Q, если частота колебаний   0,2 c1. Напишите уравнение колебания. 277 Ответ:   βt 0,057t cos1,5 t; Q  .   0,285, β  0,057 c1 , x  A0e cosωt  0,3 e 24. Логарифмический декремент затухания колебаний маятника   0,05. Сколько полных колебаний должен сделать маятник, чтобы амплитуда А уменьшилась в три раза? ln3 Ответ: N  .  25. Тело массой m10 г совершает затухающие колебания. В течение времени t  25 с тело потеряло 50% своей энергии. Определите коэффициент сопротивления r, логарифмический декремент  и добротность Q системы, если период колебаний T  4 с. ln2  ; r  2m β; Q  . Ответ: β  2t βT 26. Математический маятник длиной l 1 м, выведенный из положения равновесия, отклонился при первом колебании на 10см, а при четвертом (в ту же сторону) на 6см. Найти время релаксации, т.е. время, за которое амплитуда колебаний уменьшается в е раз. A g Ответ:  = ln 1 . 2 A4   A   l 36 2   ln 1    A4      27. Амплитуды скорости вынужденных колебаний при частотах вынуждающей силы ω1 10 c1 и ω2  20 c1 равны между собой. Принимая, что амплитуда вынуждающей силы в обоих случаях одна и та же, найти частоту, соответствующую резонансу скорости. 278 F0 Ответ:   m ω  2 r 2  m2   ω ω02 2    (7.103) , где r – коэффициент сопротивления среды, ω0 – собственная частота колебаний системы, ω – частота вынуждающей силы. Резонанс наступает при совпадении частоты вынуждающей силы с частотой собственных колебаний системы, т.е. ω p  ω0 . Составляя уравнения (7.103) для частот ω1 и ω2 и, приравняв амплитуды скорости, получим ω p  ω1 ω2 . 28. Покажите, что общее выражение периода или частоты гармонических колебаний точки в линейных величинах имеет вид х 1 a T  2 ,  , где x и a – линейное смещение и ускоa 2 x рение точки соответственно. 29. Две пружины соединены между собой и с телом массы m (см. рис.7.14а). Найдите частоту колебаний такого маятника, если пренебречь трением. Коэффициенты жесткости пружин  k1 и k 2 . а) б) Рис.7.14 Ответ:   1 2 k1 k 2 для рис. 7.14 а. mk 2  k 2  279 30. Частота колебаний атомов в твердом теле при нормальной температуре составляет порядка   1013 Гц. Допустим, что один атом серебра колеблется с указанной частотой, а остальные атомы покоятся. Вычислите коэффициент жесткости, полагая, что атомы между собой соединены пружинной связью. Масса 1 моля серебра m=108 г. N A  6,02  1023 атомов. Ответ: k  710 Н/м. 31. Найдите частоту колебаний системы, показанной на рис.7.14б. Коэффициенты жесткости пружин  k1 и k 2 , масса груза – m. Трением пренебречь. 1 k1  k 2 Ответ:   . 2 m 32. Найдите частоту, соответствующую резонансу смещений, если амплитуды смещений вынужденных колебаний при частотах вынуждающей силы ω1  20 c1 и ω2  30 c1 равны между собой. Ответ: резонансная амплитуда смещения вынужденных колебаний определяется формулой F0 (7.104) Ap  , 2 m ω02  ω2  4βω2   где ω0  частота собственных колебаний системы; ω  частота r  коэффициент затухания; r – ко2m эффициент сопротивления. Резонанс наступает при частоте вынуждающей силы; β  ω p  ω02  2β2 . Составляя уравнения из (7.104) при частотах ω1 и ω2 и, приравняв амплитуды, получим резонансную частоту ωp  ω12  ω22 2 . 280 ЛЕКЦИЯ 8 Механические волны Продольные и поперечные волны. Длина волны. Уравнение плоской и сферической бегущей волны. Фазовая и групповая скорости волн. 8.3.1. Фазовая скорость. 8.3.2. Групповая скорость. 8.4. Фазовая скорость распространения волн в газах, жидкостях и твердой среде. 8.4.1. Скорость распространения волн в сплошной среде. 8.4.2. Скорость распространения волн в твердой среде. 8.4.3. Скорость распространения волн в газах. 8.4.4. Скорость волн в жидкостях. 8.5. Энергия и интенсивность волны. 8.6. Интерференция механических волн. 8.7. Стоячие механические волны. 8.8. Звуковые волны. 8.9. Звуковой эффект Доплера. 8.10. Контрольные вопросы. 8.11. Примеры решения задач. 8.12. Задачи для самостоятельного решения. 8.1. 8.2. 8.3. 8.1. Продольные и поперечные волны. Длина волны В природе и в технике встречается огромное разнообразие волн: волны океанов и морей, звуковые и электромагнитные волны и др. Волнами называются колебания (возмущения), распространяющиеся во времени в среде и вакууме. В зависимости от физической природы и механизма возбуждения волны различаются на механические и электромагнитные. Если механические волны распространяются только в упругой среде (в вакууме это невозможно), то электромагнитные – всюду, включая вакуум. Однако, электромагнитные волны в упругой среде сильно затухают. При всех различиях происхождения и проявления механические и электромагнитные волны обладают целым рядом общих свойств. Это интерференция, дифракция, дисперсия и др. В 281 данном разделе рассматриваются механические волны и их свойства. Механические колебания (возмущения), распространяющиеся в упругой среде во времени, называются механическими волнами. Они могут иметь различную форму. Одиночной волной называется короткое возмущение (импульс), не имеющее регулярного характера (рис.8.1а). Ограниченный ряд повторяющихся возмущений называется цугом волн (рис.8.1б). Рис.8.1 Поверхность, на которой все частицы однородной среды совершают колебания в одной фазе, называется волновой. Например, волновая поверхность звуковой волны является сферической, а поверхность волны, распространяющейся вдоль металлического стержня – плоская (такая волна называется плоской). Частицами среды являются атомы, молекулы. Среда называется однородной, если ее свойства не изменяются от точки к точке. Если физические свойства среды одинаковы во всех направлениях, то такая среда называется изотропной. Например, жидкости и газы в отсутствие внешних полей. Геометрическое место точек, до которых в некоторый момент времени дошло колебание (возмущение), называется фронтом волны. Фронтом плоской волны является плоскость, а сферической волны – сфера. Линия, вдоль которой переносится энергия, а касательная к которой в каждой точке совпадает с направлением распространения волны, называется лучом. В однородной среде лучи имеют вид прямых линий. 282 Волны, в которых смещения частиц среды от положения равновесия параллельны направлению ее распространения, называются продольными. Например, звуковые волны, распространение колебаний вдоль оси металлического стержня и др. Если смещение частицы среды от положения равновесия в волне перпендикулярно направлению ее распространения, то волна называется поперечной. Например, если сила натяжения действует перпендикулярно натянутому шнуру, то волна, распространяющаяся вдоль шнура, является поперечной. При колебаниях гитарной струны возникают поперечные волны. Рассмотрим процесс распространения продольных и поперечных волн на графических примерах. Для этого рассмотрим идеализированную одномерную структуру среды. Пусть вдоль оси ОХ на одинаковых расстояниях неподвижно находятся частицы среды (рис.8.2). Предположим, что между частицами действуют упругие силы (упругая связь). Рис.8.2 Пусть в начальный момент времени t  0 на точку (частицу) О действует импульс силы (возмущение). Частица О смещается от положения равновесия перпендикулярно оси ОХ на . Так как между частицами действуют упругие силы, то в следующий момент времени t  0 частица О передает возмущение следующей соседней частице, а та – другой и т.д. В момент вре283 T (Т – период колебаний частиц среды) возмущение 4 T доходит до частицы А, которая находится на расстоянии x   4 T от точки О. В следующий момент времени t  частица А, по4 мени t  лучив возмущение, смещается на  от положения равновесия и передает возмущение следующей частице, и в момент t  T ча2 стица О возвращается в положение равновесия (в точку О), имея ускорение, направленное вниз, а частица А будет иметь максимальное отклонение  от положения равновесия. Спустя время 3 t  T частица О достигнет наибольшего смещения вниз, ча4 стица А пройдет положение равновесия, двигаясь вниз, а частица В максимально отклонится вверх. Наконец, спустя время t  T , частица О возвращается в первоначальное положение, частица А максимально отклонится вниз, частица В будет проходить положение равновесия, а С отклонится максимально вверх, и возмущение достигнет точки D, находящейся на расстоянии x  T от точки О. Далее процесс повторяется. Рис.8.3 На рис.8.3 изображено аналогичное построение для продольных волн. В волне повторяется чередование разрежений и сжатий. На рис.8.4 представлена графически синусоидальная волна. 284 Рис.8.4 Кратчайшее расстояние между частицами, совершающими колебания в одинаковой фазе, называется длиной волны   . На рис.8.4 длина волны – это расстояние между точками А и В, а на рис.8.2 – это расстояние между частицами О и D. Если   скорость распространения волны, то длина волны определяется формулой  (8.1) ,  где T ,  соответственно период и частота колебаний частиц среды.   T  8.2. Уравнения плоской и сферической бегущей волны В п.8.1 был графически рассмотрен процесс распространения волн в упругой среде. При этом выяснилось, что смещение  частиц среды изменяется с течением времени от точки к точке, т.е. смещение является функцией времени и координат    x, y, z, t . (8.2) Задачей данного параграфа является найти явный вид зависимости  от t и x, y, z. Для этого рассмотрим, как можно возбудить на практике механические волны. Поместим в упругую среду колеблющуюся систему, которая взаимодействует с частицами, находящимися в прилегающем слое среды. Система возбуждает непрерывный ряд импульсов деформаций (возмущений), следующих один за другим. Если скорость распространения каждого импульса (возмущения) 285 не зависит от их амплитуды и формы, то они распространяются, следуя в порядке их возмущения колеблющейся системой, сохраняя свою первоначальную форму. Положим, что система колеблется по гармоническому закону. Тогда вынуждающая сила, которая действует на прилегающие частицы среды, заставляя их колебаться, также меняется по гармоническому закону. Частицы среды колеблются с частотой вынуждающей силы. Рассмотрим безграничную однородную и одномерную среду без поглощения энергии. Если колебания системы происходят по закону (8.3)   A sin t , то частица среды, отстоящая от нее, на расстоянии х, коx леблется по тому же закону, но с запаздыванием на время   .  Поэтому в момент времени t частица с координатой x будет иметь смещение, которое имела частица, прилегающая к возмуx щающей системе ( x  0 ) в момент времени t    t  (рис.8.5). В точке O находится колеблющаяся система.  Рис.8.5 Таким образом, частицы среды смещаются по закону x       A sin   t    A sin  t  x .      (8.4) Выражение (8.4) называется уравнением бегущей плоской волны слева направо. Если волна бежит справа налево, то уравнение имеет вид 286   A sin   t   Обозначим через k   x .   (8.5)  2 2   , [м1],  T  (8.6) которое называется волновым числом. Волновое число k  это количество длин волн, которое укладывается на отрезке длиной 2 метров распространения волны. Тогда уравнения (8.4) и (8.5) с учетом (8.6) запишутся в виде   Asin  t  k x  , где    t  2  (8.7) x   t  k x называется фазой волны, A  ампли- туда колебаний или амплитуда волны,   2  циклическая частота волны. Выражение (8.7) является уравнением бегущей плоской волны в однородной не поглощающей среде. Очень важно отметить, что при распространении волны в среде ее частицы не перемещаются след за волной, а лишь колеблются около положения равновесия. При этом переносится энергия волны. Выражение (8.7) является решением волнового дифференциального уравнения вида  2 x 2  1  2  2 t 2 1 или x  2 t .   (8.8) В выражении (8.8)   это скорость распространения возмущения (импульса), вызывающего смещение частиц среды от положения равновесия. Например, если на поверхность воды положить в направлении распространения волны веревку с пробковыми поплавками, то легко заметить, что поплавки и веревка в целом не перемещаются в направлении движения волны.  x   2 x 2  краткая запись частной производной второго порядка по пере- менной x. 287 Они лишь поднимаются и опускаются с постоянной последовательностью. Точки, отстоящие друг от друга на расстоянии   T , колеблются в одинаковой фазе. В трехмерной однородной среде возмущения распространяются в трех направлениях, и смещение  зависит от координат x, y, z и времени t, тогда уравнение бегущей волны по аналогии с (8.8) можно записать в виде     x, y, z, t   Asin t  kr , (8.9)   2 где r  ix  jy  kz  радиус-вектор, k  n  волновой вектор,   n  единичный вектор. Опыт и теория показывают, что амплитуда зависит от r , т.е. с расстоянием амплитуда сферических волн убывает 1 (8.10) A  Ar  ~ . r Выражение (8.9) является решением волнового дифференциального уравнения вида  2 x 2   2 y 2   2 z 2  1  2  2 t 2 . (8.11) Выражение (8.11) – уравнение сферической волны. 8.3. Фазовая и групповая скорость волн 8.3.1. Фазовая скорость При распространении возмущений частицы среды не перемещаются вслед за волной, а лишь колеблются около положения равновесия. Если рассмотреть колеблющуюся среду, то частицы, отстоящие друг от друга на расстоянии   T , колеблются в одинаковой фазе. В этом случае можно сказать, что за один период Т фаза пробегает расстояние  . Поэтому скорость распространения волны называют фазовой скоростью:      , T 288 (8.12) 1  частота колебаний. Формулу (8.12) можно полуT чить из уравнения волны (8.7). Если в однородной не поглощающей среде распространяется синусоидальная волна, то фаза волны не зависит от времени, т.е. (8.13)  t  kx  const. где   Продифференцировав (8.13) по времени, получим  dt  k dx  0 или Т.к.   dx     . dt k (8.14) 2 2  , а k , то    .  T T 8.3.2. Групповая скорость Выше было рассмотрено распространение синусоидальной волны со скоростью       . Опыт и теория показывают, T что синусоидальная волна не может нести информацию, поскольку каждый последующий цикл колебаний является повторением предыдущего. Для того, чтобы с волной передавалась смысловая информация, необходимо изменить какой-то параметр волны в соответствии с изменением смыслового сигнала. Такими параметрами являются амплитуда А, частота  и фаза  . Изменение этих параметров называется модуляцией. Различают амплитудную, частотную, фазовую, амплитудно-частотную и другие виды модуляции. Для передачи модулированных сигналов система должна испускать не одну синусоидальную волну, а группу волн с изменяющимися параметрами. Поэтому в данном случае скоростью распространения волн является не фазовая, а групповая. На рис.8.6 условно показано распространение группы амплитудно-модулированных волн. k 289 Рис.8.6 Групповая скорость определяется формулой d (8.15) . dk Так как    k , то групповая и фазовая скорости связаны   между собой соотношением d   dk  kd или   Учитывая, что k  d  d    k . dk dk 2  запишется      и dk   2 2 (8.16) d  выражение (8.16) d 2 2 d     .  2 dk d (8.17) Из (8.17) видно, что     . 8.4. Фазовая скорость распространения волн в газах, жидкостях и твердой среде 8.4.1. Скорость распространения волн в сплошной среде Рассмотрим в сплошной среде некоторый элемент – мысленно вырезанный длинный упругий стержень (рис.8.7). Считаем, что частицы среды неподвижны и находятся на равном расстоянии. 290 Рис.8.7 На рис.8.7 показаны линии (сечения), равноотстоящие друг от друга. В каждом сечении находятся неподвижные частицы среды. Приложим к сечению аа среды кратковременный импульс силы F (рис.8.7). Частицы среды, находящиеся в сечении аа (первом слое) одновременно приобретают ускорение в направлении действия силы и смещаются. Под действием упругих сил, направленных против скорости частиц первого слоя аа, частицы второго слоя приобретают скорость, затем они передают импульс силы частицам третьего слоя и т.д. Внутри стержня происходит сжатие и расширение некоторого объема. При этом происходит передача импульса (возмущения) от слоя к слою. Пусть   скорость распространения импульса. Тогда за время t через сечение бб будет перемещаться со скоростью  масса m   S x, где x  t ,   изменение плотности частиц среды. Изменение импульса массы m равно m   St   2 S t. С другой стороны, по второму закону Ньютона изменение импульса равно импульсу силы m  Ft или  2 S t  pS t, (8.18) где F  pS , p  изменение давления, действующего на сечение бб. Из выражения (8.18) получим 291  p   k  , (8.19) где k  модуль объемной упругости. Формула (8.19) – выражение скорости распространения волны в упругой сплошной однородной среде. Она справедлива для твердых, жидких и газообразных сред. 8.4.2. Скорость распространения волн в твердой среде Если частицы среды под действием импульса силы совершают колебания вдоль оси однородного сплошного твердого стержня, то скорость распространения продольной волны определяется формулой  E  , (8.20) где E  модуль Юнга. Для поперечных волн, распространяющихся в длинном твердом стержне, скорость определяется формулой  G  , (8.21) где G  модуль сдвига. Скорость поперечных волн в натянутой струне равна  F , S (8.22) где  , S  соответственно плотность и площадь поперечного сечения струны. 8.4.3. Скорость распространения волн в газах Пусть газ находится в длинном горизонтальном цилиндрическом сосуде с подвижным поршнем площадью S. При малом сжатии (при малом перемещении) поршня изменение давления газа dp прямо пропорционально изменению объема dV , т.е. 292 dV (8.23) , V где k  модуль объемной упругости газа. Для идеального газа при бесконечно медленном сжатии ( T  const, изотермический процесс). dp  k ku 3  p. (8.24) Это соответствует распространению волн при малых частотах. При быстром сжатии (адиабатический процесс), соответствующим большим частотам, ka   p, где   (8.25) Cp  постоянная адиабаты, C p , CV  теплоемкости газа CV при постоянных давлении и объеме соответственно. Скорость распространения волны в газах определяется формулой dp  (8.26)  , d где d , dp  изменения плотности и давления газа. Для изотермического процесса уравнение состояния газа pV  const, (8.27) а для адиабатического процесса  pV   const. (8.28) Уравнение состояния идеального газа pV  m  RT или p  RT ,  (8.29) где m  V  масса газа,   молярная масса, R  газовая постоянная,   плотность газа, T  температура.  Вывод см.: Савельев И.В., т.4 гл.1, стр.18–21; Детлаф А.А., Яворский Б.М., §29.1–29.3 стр. 385–391. 293 Для изотермического процесса с учетом (8.23), (8.24) и (8.26): dp p RT   . (8.30) d   Для адиабатного процесса с учетом (8.25) и (8.28) dp p RT   . d   (8.31) Тогда скорость распространения продольных волн (8.26) в газе с учетом (8.30) и (8.31) запишется в виде  RT (8.32)  при малых частотах (изотермический процесс) и   RT (8.33)  при больших частотах (адиабатный процесс). 8.4.4. Скорость волн в жидкостях Скорость распространения волн в жидкостях, как и в газах, определяется формулой  dp  d k   1  , (8.34) где   адиабатический коэффициент объемного сжатия. 8.5. Энергия и интенсивность волны Если в упругой однородной среде находится источник (колеблющаяся система), излучающий механическую энергию, то распространяющаяся механическая волна переносит эту энергию. Найдем ее. Выделим в среде объем dV настолько малым, чтобы скорость движения частиц среды и деформацию во всех точках это294 го объема можно было считать одинаковыми. Выделенный объем dV обладает кинетической энергией dWK   dV    2 . (8.35) 2  t  Здесь  dV  масса объема,  t  его скорость. Продифференцируем (8.7) по времени:    A cos(t  kx). (8.36) t Подставляя (8.36) в (8.35), получим   2 A2 cos2 t  kx  dV . (8.37) 2 Для нахождения потенциальной энергии, связанной с упругой деформацией среды, в которой распространяется волна, продифференцируем (8.7) по х:  (8.38)  kA cos( t  k x), x dWK  где  x    относительное удлинение (продольная деформация, см. формулу (3.1) в части 1). В соответствии с (3.28) и (8.20) потенциальная энергия объема dV равна E 2  2 2 dV   dV , (8.39) 2 2 2 где   E  механическое напряжение, Е – модуль Юнга. Из (8.6) следует, что k 2 2   2 , подставив (8.38) в (8.39), окончательно получим:   2 A2 dWΠ  cos 2 ( t  k x)dV . 2 Тогда полная энергия колеблющихся в объеме dV  dS dt частиц равна dWΠ   dV  dW  dWΠ  dWK   2 A2 cos2 ( t  k x)dV . (8.40) Такая энергия (8.40) переносится плоской бегущей волной в однородной не поглощающей сплошной среде. 295 Поделим (8.40) на dV и получим объемную плотность энергии бегущей волны w dW   2 A2 cos 2 ( t  k x). dV (8.41) Из (8.40) и (8.41) следует, что энергия волны зависит от времени t , частоты  , волнового числа k , координаты х и амплитуды смещения А. Найдем средние по времени значения энергии и ее объемной плотности, т.е. dW   2 A2 cos 2 ( t  k x) dV  1 1   2 A2 dV   2 A2  dSdt. 2 2 dW 1 w     2 A2 .  dSdt 2 (8.42) (8.43) Как видно из (8.42) и (8.43), средние по времени значения энергии и ее объемной плотности зависят от плотности  , частоты  и амплитуды A. Энергия, переносимая волной за единицу времени через поверхность, перпендикулярную направлению распространения волны, называется потоком энергии:  dW  2 A2 cos 2 ( t  k x)dV    2 A2 cos 2 ( t  k x)dS , (8.44) dt dt где dV  dS dt. Энергия, переносимая волной за единицу времени через единицу площади, перпендикулярной направлению распространения волны, называется плотностью потока энергии U d  dW    2 A2 cos 2 ( t  k x). dS dtdS (8.45) Из (8.45) следует, что поток энергии через всю поверхность равен    UdS. S 296 (8.46) Среднее по времени значение энергии, переносимой за единицу времени волной через единицу площади, перпендикулярной направлению распространения волны, называется интенсивностью волны: dW (8.47) I . dtdS Подставляя (8.42) в (8.47), получим формулу для вычисления интенсивности волны: 1 (8.48) I   2 A 2   w . 2 1 Если обозначить через    2 , то (8.48) запишется в виде 2 I   A2 . (8.49) Интенсивность волны пропорциональна среднему значению квадрата амплитуды, т.е. I ~ A 2 . Если среда поглощающая, то амплитуда равна A  A0e x . (8.50) Тогда с учетом (8.50) интенсивность волны определяется формулой (8.51) I  I 0e2 x , где   линейный коэффициент поглощения упругих волн, зависящий от частоты и свойств среды. 8.6. Интерференция механических волн Интерференцией механических волн называется явление усиления и ослабления колебаний, которое происходит при наложении двух или нескольких когерентных волн. В результате явления наблюдается чередование максимумов и минимумов интенсивности волны. Когерентными волнами называются волны, распространяющиеся в среде с одинаковой частотой и постоянной по времени разностью фаз в данной точке пространства. 297 На практике когерентные механические волны можно получить, опустив колеблющиеся с определенной частотой два тонких стержня на поверхность воды, или при одновременном падении на водную поверхность на расстоянии друг от друга двух камней. В последнем случае на поверхности воды образуются концентрические волны, которые пересекаются друг с другом. В местах пересечений волн образуются впадины (min) или горбы (max). Пусть в однородной изотропной среде на некотором расстоянии друг от друга находятся два когерентных источника S1 и S 2 , которые излучают когерентные механические волны. В точке P (см. рис.8.8) эти волны встречаются и накладываются. Нужно найти интенсивность результирующей волны в точке P. Пусть интенсивности этих волн I1   A12 Пусть уравнения этих бегущих волн имеют вид Рис.8.8  1  A1 sin   t   и I 2   A22 . (8.52)      l1  и  2  A2 sin   t  l2  . 1  2   (8.53) Уравнение результирующей волны в точке P имеет вид    AP sin   t  l  .    (8.54) Методом векторной диаграммы можно найти амплитуду результирующей волны    AP2  A12  A22  2 A1 A2 cos l 2  l1 . 1   2 (8.55) Т.к. среда изотропная однородная, то полагая, что скорости распространения волн 1   2   , усредняя по времени получим 298 AP2  A12  A22  2 A1 A2 cos  l ,  (8.56) где l  l 2  l1  разность хода двух волн. Умножая (8.56) на коэффициент  , получим интенсивность результирующей волны I  I 1  I 2  2 I 1 I 2 cos где  2 l  I 1  I 2  2 I 1 I 2 cos l , (8.57)    2 2   .  T  Из выражения (8.57) следует, что при cos 2 l  2m, l  2m  2  l  1 , (8.58) , m  0, 1, 2, 3… 2 наблюдаются максимумы (усиление колебаний) интенсивности волны (8.59) I  I1  I 2  2 I1 I 2 .  Выражение (8.58) называется условием максимума (max) интерференции волн. 2 Если cos l  1 , тогда  2 l    2m, l  2m  1  , (8.60) 2 то наблюдаются минимумы (ослабление колебаний) интенсивности I  I1  I 2  2 I1 I 2 . (8.61)  Выражение (8.60) является условием минимума (min) интерференции волн. Если волны некогерентные, то интенсивность результирующей волны определяется формулой I  I1  I 2 . 299 (8.62) 8.7. Стоячие механические волны Частным случаем интерференции волн является образование стоячих волн. Стоячие волны образуются при наложении встречных когерентных волн, которые получаются следующим образом. Рассмотрим изотропную однородную среду. Пусть слева направо распространяется синусоидальная плоская волна, уравнение которой имеет вид 1  A0 sin  t  k x  . (8.63) На пути бегущей волны находится вертикальная непрозрачная преграда, от которой волна отражается (рис. 8.9 а). Уравнение отраженной волны имеет вид 2  A0 sin  t  k x  , (8.64) т.к. волна бежит справа налево. При наложении встречных волн получим результирующую стоячую волну, уравнение которой запишется:   1  2  A0 sin  t  k x   A0 sin  t  k x   2 A0 sin  t cos k x  2 (8.65)  2 A0 cos x sin  t.  В выражении (8.65) A  2 A0 cos 2  (8.66) x называется амплитудой стоячей волны. На рис.8.9б графически показана одна стоячая волна, закрепленная в узлах O и Xy. Пунктирными линиями показано изменение амплитуды стоячей волны с течением времени. Из (8.66) следует, что если cos 2  x  1, 2  x n  m, или x n  m  2 , (8.67) где m  0, 1, 2…, то в этих точках наблюдаются максимумы амплитуд A  2 A0 , т.е. пучности. Если 300 cos 2  x  0, 2  xy   2  m, или x y   4 2m  1, (8.68) то в этих точках наблюдаются узлы (минимумы амплитуды, A  0 ). Рис.8.9 Расстояние между соседними пучностями или узлами называется длиной стоячей волны и определяется формулой   x n, m1  x n, m   2 m  1   m   . 2 2 (8.69) Расстояние между узлом и пучностью равно x y  xn   (8.70) . 4 В стоячих волнах не происходит перенос энергии: она сосредоточена между ее узлами. На практике механические стоячие волны возникают, например, при игре на струнных музыкальных инструментах, таких как гитара, скрипка, фортепиано и др. 8.8. Звуковые волны Особое место при изучении свойств механических волн занимают звуковые волны. Это связано с тем, что упругие волны, распространяющиеся в воздухе с частотой 16 – 20000 Гц, достигнув человеческого уха, вызывают звуковое ощущение. Поэтому упругие волны, распространяющиеся в любой среде с ча- 301 стотами 16 – 20000 Гц, называют звуковыми волнами или звуком. Упругие волны с частотами меньше   16 Гц называются инфразвуком, а с частотами   20000 Гц – ультразвуком. Если частота упругих волн   109 Гц, то они называются гиперзвуком. Область физики, которая изучает способы возбуждения звуковых волн, их распространение и взаимодействие со средой, называется акустикой. Воспринимаемые человеческим ухом звуковые волны различают по высоте, тембру и громкости. Всякий реальный звук представляет собой не простое гармоническое колебание, а является наложением гармонических колебаний с определенным набором частот, называемым акустическим спектром. Если в звуке присутствуют колебания всех частот в некотором интервале, то спектр называется сплошным. Если звук состоит из колебаний дискретных частот ( 1 ,  2 ... ), то спектр называется линейчатым. Колебания с линейчатым спектром вызывают ощущение звука с более или менее определенной частотой. Такой звук называется тональным. Высота тонального звука определяется основной частотой (наименьшей). Относительная интенсивность обертонов (т.е. колебаний с частотами  2 ,  3 и т.д.) определяет окрашенность или тембр звука. Тембр – оттенок сложного звука, которым отличаются друг от друга звуки одинаковой силы (интенсивности) и высоты. Тембр определяется набором частот простых колебаний, входящих в состав звука. Под интенсивностью звука понимают среднее по времени значение плотности потока энергии, которую несет с собой звуковая волна. Для того, чтобы вызвать звуковое ощущение, волна должна обладать некоторой минимальной интенсивностью, которая называется порогом слышимости. Порог слышимости зависит от частоты. Человеческое ухо наиболее чувствительно к частотам от 1000 до 4000 Гц. В этой области частот порог слышимо302 сти составляет I 0  1012 Вт/м2. При других частотах порог слышимости лежит выше. Например, при   50 Гц I 0  108 Вт/м2. При интенсивности 1 – 10 Вт/м2 волна перестает восприниматься как звук, вызывая в ухе лишь болевое ощущение, давление. Значение интенсивности, при котором появляется боль, называется порогом болевого ощущения, который зависит от частоты. Уровень громкости звука L определяется выражением L  lg I , I0 L  Б (бел). (8.71) При   10 Гц I  I 0 , поэтому L  0. Обычно пользуются в 10 раз меньшими единицами – дБ (децибел). 3 L  10 lg I , L  дБ (фон) I0 (8.72) Интенсивность звука определяется выражением I 2 1 1 p0  2 A 2   , 2 2  (8.73) где p 0  амплитуда давления звука. Давление звука определяют по формуле: p  p0 cost  kx, где p 0  A. Произведение  называется акустическим сопротивлением. Громкость звука можно определить по формуле p L  20  lg . (фон) (8.74) p0 Уровень громкости меняется в диапазоне 0 – 130дБ (табл.1) при давлении воздуха от p0  3105 Па или 2 107 ммрт.ст. ( I 0  1012 Вт/м2) до p  100 Па или 1 мм рт. ст. ( I  10 Вт/м2). 303 Таблица 1. Звук Уровень громкости, дБ Тиканье часов 20 Шепот на расстоянии 1 м 20 Тихий разговор 40 Громкая речь 70 Крик 80 Шум самолета на расстоянии 5 и 3 м 120 и 130 Интенсивность сферической звуковой волны I I0 4R 2 где I 0  мощность источника звука. , (8.75) Отражение звуковых волн от препятствий Звуковые волны отражаются при падении на границу раздела двух различных сред. Например, от жидкости, твердых тел (эхо). При отражении звуковых волн существенную роль играет изменение плотности среды и скорости звука, т.е. от изменения волнового сопротивления  u. Чем больше изменение  u при переходе от одной среды к другой, тем больше энергии звуковой волны отражается от границы раздела этих сред. В месте отражения волны на границе раздела сред может образоваться либо узел, либо пучность в зависимости от того, на границе с какой средой происходит отражение. Если граница закреплена, то образуется узел, если она свободна, – то пучность (см. рис.8.10). Пусть волна распространяется в трубе длиной l , закрытой с обеих сторон, тогда в ней образуются стоячие волны. На длине l трубы укладывается целое число полуволн l n   2l , n 2 n, n  1, 2... n   n    0 n.  n 2l 304 (8.77) Рис.8.10 0   называется основной частотой колебания. Колебания 2l с частотой  0 называются основным тоном. В трубе, открытой с обоих концов, условия возникновения свободных колебаний те же, что и в закрытой трубе. В трубе, открытой с одного конца и закрытой с другого конца, отражение волны происходит в первом случае (открытый конец) без потери полуволны (без изменения фазы колебания), а во втором – с потерей полуволны (изменение фазы колебания на  ). Для учета сдвига фаз, возникающего благодаря отражению на закрытом конце, надо к длине хода (8.77) добавить  : l или  2l  2 n 2  2   1  . 2  2l   n   и (8.78) 1 2 Пусть падающая на границу волна описывается выражениn ем  1  A1 cos   t   305 2  x, 1  где 1  длина волны в данной среде. Тогда формула для отраженной волны будет иметь вид:   2  2  A2 cos   t  x  1  , 2   где 1  разность фаз между отраженной и падающей волнами. Проходящая во вторую среду волна описывается выражением  2  2 3  A3 cos   t   x  1  .  На границе раздела сред выполняется при x  0 условие 1   2   3 . (8.79) Звуковое давление ( p    A ~A): p1  p 2  p3 . (8.80) После подстановки (8.79) в (8.80) получаем 1  2 A2 cos1  A1 , A3  A1 , 1  1   u где   2 2  отношение волновых сопротивлений.  1 u1 При   1 cos1  1, 1  0, или  2 u 2  1u1 , т.е. при падении волны из среды с большим волновым сопротивлением в среду с меньшим волновым сопротивлением фаза отраженной волны не изменяется 1  0, и, наоборот, при   1  2 u 2  1u1 , и cos1  1, 1   . 8.9. Звуковой эффект Доплера Если источник (И) и приемник (П) звука неподвижны относительно среды, в которой распространяется звук, то частота  0 колебаний звука, воспринимаемого приемником  n , будет равна частоте  u колебаний, испускаемых источником, т.е.  u  n  0 . 306 Изменится ли частота воспринимаемого приемником звука, если источник и приемник будут двигаться? В 1842г. Доплер установил, что частота воспринимаемого звука зависит от скорости движения источника и приемника. Это явление получило название эффекта Доплера. Он наблюдается не только для звуковых, но и для электромагнитных волн. Найдем зависимость частоты воспринимаемого приемником звука от скорости приемника и источника звука. 1. Пусть приемник покоится, т.е.  np  0. Пусть скорость, частота и длина волны звука при неподвижном источнике и приемнике соответственно равны  0 ,  0 , и  0 . Тогда частота колебаний звука, излучаемого неподвижным источником, равна 0  0 . 0 (8.81) Пусть источник движется относительно приемника со скоростью u  0. Тогда частота, воспринимаемая приемником, равна (рис.8.11): Рис.8.11  np  0 . u (8.82) Если источник неподвижен, то за время T0 он испускал бы одну длину волны 0 , которая прошла бы расстояние, равное 0   0T0 . (8.83) Т.к. источник движется со скоростью  np , то за время T0 он проходит расстояние, равное 307 1   npT0 . (8.84) поэтому длина волны, испускаемой движущимся источником, сократится на 1 и будет равна  u 0  . (8.85)   Знак «–» соответствует ситуации, когда источник приближается к приемнику, «+» – удаляется от приемника. Подставляя (8.85) в (8.82), получим u  0  1   0 T0   u T0   0 T 1  u  0  u  1  1  u  0  T0   0  u 1   0    . (8.86) 2. Пусть скорость источника  u  0, а приемника  np  0 (рис.8.12). Скорость воспринимаемого приемником звука будет равна  3   0   np , а длина волны   0 . Тогда частота колебаний звуковой волны, воспринимаемой приемником равна  np     3      0 1  np    0 1  np . 0 0T0  0   0  (8.87) Рис.8.12 Знак «+»  когда приемник движется к источнику, «–» – удаляется от источника. 3. Если источник и приемник движутся вдоль прямой линии (рис.8.13), то 308 1   0  np 0 .  1 u 0 (8.88) Рис.8.13 4. Если источник и приемник движутся под углами (рис.8.14), то частота воспринимаемой приемником звуковой волны равна  np cos 2 0   0 . u 1 cos 1 0 1 (8.89) Рис.8.14 Из выше рассмотренной теории следует, что при движении источника и приемника частота звуковой волны зависит от скоростей движения источника и приемника и от углов, под которыми они движутся. Эффект Доплера наблюдается и для электромагнитных волн. В отличие от эффекта Доплера в акустике, закономерности этого явления для электромагнитных волн можно установить на основе специальной теории относительности (СТО). Впервые формулу изменения частоты электромагнитных волн 309 при движении источника и приемника (наблюдателя) была получена А. Эйнштейном в 1905г. на основе СТО. Эффект Доплера имеет широкое применение в науке и технике. Приведем несколько примеров. 1) На основе эффекта Доплера основаны радиолокационные и лазерные методы измерения скоростей различных объектов на Земле. Например, скорость движения автомобиля (прибор – радар), самолета. 2) С помощью анемометра изучают движение потока жидкости или газа. 3) Движение атомов светящегося тела вызывает уширение спектральных линий в его спектре, которое возрастает с увеличением скорости теплового движения атомов, обусловленной повышением температуры. Это явление можно использовать для определения температуры раскаленного газа или тела. 4) Вращение источника света вызывает уширение спектральных линий, обусловленное эффектом Доплера. Это явление используют для исследования вращения светящихся небесных тел. 5) При распространении радиосигнала в неоднородном ионосферном канале происходит изменение рабочей частоты (девиация) сигнала, обусловленное эффектом Доплера. Это явление используют для исследования доплеровского смещения частоты сигнала и его связи с параметрами неоднородностей ионосферы. Можно прогнозировать оптимальные условия прохождения и улучшения качества сигнала. 6) В астрофизике на основании доплеровского смещения поглощения в спектрах звезд и туманностей можно определить скорости движения этих объектов по отношению к Земле по формуле       ,   с где  , c  соответственно скорости движущегося объекта и света,   изменение частоты излучения,   изменение длины волны. 310 Красное смещение излучения от удаляющихся звезд Спектральный анализ света от далеких галактик показывает, что частоты определенных опорных спектральных линий весьма заметно смещены к красному краю. Такое смещение можно истолковать как эффект Доплера, причиной которого является удаление источника излучения с определенной скоростью. На основании этого можно объяснить возникновение Вселенной (теория Большого взрыва). Это легко можно доказать на примере. В спектрах многих звезд хорошо видны две линии поглощения калия ( K  линия и H  линия). В спектрах, полученных в лабораториях на Земле, эти линии имеют длину волны   3950 Å (395 нм). Предположим, что наблюдатель, находящийся в лаборатории, неподвижно связанной с какой-либо звездой, измеряет длину волны этих же линий в спектре звезды. В свете, идущем от туманности созвездия Волопаса, мы наблюдаем эти линии уже при   4470Å, т.е. смещение в сторону красного края равно   4470 3950  520Å. Тогда   С другой стороны из    520  0,13. 3950 с найдем    с     2 с    ,       следовательно, .        0 1  Тогда     ;  с       0 1  . 3   с    или   0,13с, с т.е. туманность удаляется от нас со скоростью   0,13с. Существует формула Хаббла    R,  311 где   3 1018 c 1 , R  радиус удаления галактики: R  0,13  3  108   1025 м.  3  1018 8.10. Контрольные вопросы 1. Что называется волной, механической волной? Какими свойствами должна обладать среда? 2. Что называется продольной и поперечной волной, длиной волны? Приведите примеры. Опишите на примере возникновение этих волн. 3. Напишите уравнения плоской и сферической волн, их дифференциальные уравнения. 4. Выведите фазовую и групповую скорости и связь между ними. 5. Напишите формулу скорости распространения волн в сплошной среде, в твердых, жидких и газообразных веществах. 6. Выведите энергию и интенсивность механических волн в упругой среде. 7. Что называется интерференцией механических волн? Получите выражение для интенсивности результирующей волны, полученной при сложении когерентных волн. 8. Получите уравнения для стоячей волны и длины волны. 9. Что называется звуком, инфразвуком, ультразвуком? Приведите их примеры. 10. От чего зависит интенсивность и громкость звука? Опишите порог болевого ощущения звука. 11. Опишите отражение звуковых волн. От чего зависит волновое сопротивление? 12. Опишите звуковой эффект Доплера и его применение. Что представляет собой красное смещение излучения? 312 8.11. Примеры решения задач 1. Какова длина бегущей волны, если разность фаз колебаний точек, находящихся на расстоянии   0,01 м, составляет    ? 3 Решение Дано:   0,01 м Разность фаз  связана с разностью хода   формулой   3 2 (8.90)   .  ?  Из (8.90) находим длину волны  :  2   2  3  0,01  0,06 м. 2. Почему уличный шум лучше слышен при открытых окнах, чем при закрытых? Решение При закрытых окнах происходит отражение звуковых волн на границе «воздух-стекло». 3. Уравнение плоской незатухающей бегущей волны имеет вид   10 cos2t  kx мм, где длина волны   0,5 м. Определите смещение, скорость и ускорение частицы среды, находящейся на расстоянии x  170 м от источника через 1с, если скорость распространения волны   340 м/c. Дано:   0,5 м   340 м/с t  1 с; x  170 м  , u, a  ? Решение Уравнение бегущей волны:   10cos  2 t  k x  , где   2  циклическая частота, 2  k   волновое число.  1) Смещение равно 313  (8.91) 2   170  10 cos   10 мм. 340   2) Скорость колебаний частиц среды равна d   2    u  2 10sin  2 t  x   20 sin  2 1  170   dt  340      20 sin   0. 3) Ускорение колебаний частиц среды равно d    a  4 2 10cos  2 t  x   40 2 cos   40 2 мм/c2. dt      10 cos 2 1  4. Упругая волна распространяется со скоростью   50 м/c. Амплитуда волны A  20 мм, частота колебаний равна   10 с1. Определите: 1) длину волны  ; 2) фазу колебаний  ; 3) смещение  частицы среды от положения равновесия, отстоящей на расстоянии x  20 м от источника волн в момент времени t  2 с; 4) разность фаз  колебаний двух частиц, находящихся на луче и отстоящих от источника волн на расстояниях x1  10 м и x 2  20 м. Решение Дано:   50 м/с 1) Длина волны A  20 мм  50    5 м. t  2с  10 x1  10 м 2) Уравнение бегущей плоской волны x2  20 м      A cos t  x .  ,  ,  ,   ?    2 10 2      20     20 cos 2t  x   20cos  2 10  2  50       20cos  2   20 мм. 3) Фаза колебаний равна   t   x  32 .  314 4) Разность фаз колебаний равна   2   2  x 2  x1   2 10  4 , 5 где   x 2  x1  разность хода двух волн. 5. Скорость распространения продольных волн в стальном стержне равна 5000 м/с. Определите модуль упругости (модуль Юнга) стали. Плотность стали   7800 кг/м3. Решение Скорость распространения упругих волн в тонких стержнях определяется формулой E (8.92)  ,  где E  модуль Юнга,   плотность вещества. Из (8.92) находим модуль Юнга E   2  7800 5000  1,951011 Н/м2. 2 6. Скорость продольных волн в азоте при нормальных условиях равна   340 м/с. Определите постоянную адиабаты  , если молярная масса газа равна   28  103 кг/моль. Решение: Скорость продольных волн в идеальном газе определяется формулой RT (8.93)   ,  Сp  постоянная адиабаты, R  8,31 Дж/(моль·К) – униCV версальная газовая постоянная,   молярная масса газа, T  абсолютная температура. При нормальных условиях T  273K . Из (8.93) получим где   315   2  RT 3402  28103 8,31 273  1,4. 7. Определите две наименьшие частоты, при которых в алюминиевом стержне длиной l  1,25 м, закрепленном на одном конце, получаются стоячие продольные волны. Плотность алюминия   2700кг/м3, модуль Юнга E  6,9 1010 Н/м2. Решение: При одном закрепленном конце стержня частоту колебаний стоячей волны можно определить по формуле, полученной для распространения звуковых волн в трубе с одним закрытым концом: 1     n   , 2  2l  где n  число узлов,   скорость продольной волны в алюминиевом стержне. Скорость продольной волны определяется формулой  E (8.95) ,  где E  модуль Юнга,   плотность вещества. Подставляя численные значения в (8.95), получим 6,9 1010  2,7 103  5 103 м/c. Для n  1 находим частоту   4l  5 103  103 Гц. 4 1,25 Для n  2  3  5 103 4  1,25  3  103 Гц. 316 8. Интенсивность волн на расстоянии r1  10 м от источника равна I1  102 Дж/(с·м2). Какова интенсивность волн на расстоянии r2  50 м от источника, если коэффициент затухания равен   5  103 м1? Решение: Затухание волн происходит в результате поглощения средой. Интенсивность волн при затухании определяется формулой I  I 0e r , где I 0  интенсивность волн, излучаемых источником при r  0. На расстояниях r1 и r2 находим интенсивности I1  I 0 e  r1 , I 2  I 0e  r2 , I2  r  r  r  r 102  e  2 1  или I 2  I1e  2 1   10 2 e 0, 2  0, 2 Вт/м2. I1 e 8.12. Задачи для самостоятельного решения 1. Как можно доказать экспериментально, что волны несут с собой энергию? Ответ: предоставить волне совершать работу при встрече с препятствием. 2. Как можно возбудить плоские и сферические волны? Ответ: плоская волна – с помощью линейки; сферическая волна – с помощью малой пульсирующей сферы. 3. Плоская бегущая волна описывается уравнением 2     0,5 sin  2t  x  см. Запишите уравнения для скорости и    ускорения колебаний частиц среды. Определите давление, возникающее в упругой среде при прохождении через неѐ звуковой волны. Вычислите эти величины при   50 Гц,   20 см, 3 x  20 см,   1,29  103 кг/м в момент времени t  0,1 с. 317 d 2     cos 2t  x ; dt    d 2   a  2 2 2 sin  2t  x ; p  A . dt    Ответ:   4. Где человек слышит более громкий звук: в пучности или в узле стоячей волны? Ответ: в пучности. 5. Уравнение смещения точечного источника колебаний имеет вид    0 sin t. Не учитывая поглощение энергии средой, запишите уравнение смещения частиц среды, в которой распространяются колебания в зависимости от расстояния x до источника. Во сколько раз уменьшится интенсивность принимаемых сигналов от источника, если расстояние от него до приемника увеличится в 3 раза? Ответ:   0 sin t  kx; n  I1 I 2  9. 6. Звук при прохождении через вещество ослабляется по амплитуде давления в 100 раз. Во сколько раз уменьшится при этом интенсивность звука? На сколько децибел (дБ) изменится уровень интенсивности? p 2 I Ответ: I  ; L  10 ln . 2  I0 7. Один и тот же камертон сначала закрепили в тисках, а другой раз – на резонаторном ящике. В обоих случаях камертон возбуждается одинаковыми по силе ударами. В каком случае камертон будет звучать дольше? Ответ: в случае, когда камертон зажат в тисках, т.к. он звучит слабее, и, следовательно, теряет энергию медленнее. 8. В глубине озера находится источник звука, совершающий колебания с частотой   440 Гц. Определите длину звуковой волны; расстояние между ближайшими точками; совершающи318 ми колебания в противоположных фазах; разность фаз двух точек, находящихся на расстоянии x  0,5 м.  2  x. Ответ:   ; x  ;   2   9. Если две волны интерферируют друг с другом, то изменяет ли одна волна распространение другой? Ответ: нет, если уравнения волн линейные. 10. Происходит ли потеря энергии при интерференции волн? Ответ: имеет место только пространственное перераспределение энергии. 11. Если две волны, различающиеся только амплитудами, распространяются в противоположных направлениях в упругой среде, то образуют ли они стоячие волны? Ответ: да. 12. Механические колебания частотой   1500Гц и амплитудой А  0,5 мм распространяются в воздухе при t 0 C вдоль цилиндрической трубы. Определите: уравнение бегущей волны; длину волны  ; максимальную скорость смещения частиц возw ; духа  m ; среднюю объемную плотность энергии интенсивность волны I . Скорость звука 3  330 м/с.  1 Ответ:   3 ; w  2 A2 ; I  w ; m  A.  2 13. Найдите скорость распространения звука в латуни, если модуль Юнга E  100109 Па и плотность латуни   8900кг/м3. Ответ:   E  . 14. Определите коэффициент сжатия  жидкости, если скорость распространения звука   1330м/c, а плотность   780 кг/м3. 319 Ответ:    ;   2 .  15. Найдите скорость распространения механической волны в одноатомном газе, если среднеквадратическая скорость молекулы равна  KB  500 м/c. 3RT Ответ:  KB   ;   RT  ;  i2 . i 16. Интенсивность звука увеличилась в 100 раз. Оцените: на сколько децибелов (дБ) изменился уровень звукового давления; во сколько раз увеличилась амплитуда звукового давления? I 100I I p Ответ: L1  10 lg ; L2  10 lg  20 lg ; L0  20 lg . I0 I0 p0 I0 17. Найдите показатель преломления звуковых волн на границе водастекло. Модуль Юнга для стекла E  6,9  1010 Па, плотность стекла   2600кг/м3, температура воды t  20 C. Ответ: n  B . CT 18. Найдите предельный угол полного внутреннего отражения звуковых волн на границе воздухнатрий хлористый (соль). Плотность соли   2170 кг/м3, модуль Юнга Е  50109 Па. Ответ: sin inp  B .  HX 19. Волны, равные по интенсивности и частоте, распространяются одна в керосине, а другая – в кислороде. Определите отношение амплитуд давления волн; отношение амплитуд смещения этих волн. Плотности: керосина 1  800 кг/м3, кислорода 3  2  1,429кг/м . Ответ: P1  211 A1; P2  222 A2 ; I  320 1 P12 1 P22 .  2 11 2  2 2 20. Найдите связь между линейным коэффициентом поглощения волны  и слоем половинного поглощения L.  x  I0 2 Ответ: I  I 0 e  x L ; I I0 1 ; . 2 L 21. Уравнение плоской бегущей волны имеет вид   5  105 sin 1884t  5x . Найти: частоту  и период Т колебаний; длину волны  ; скорость распространения волны  в воздухе; интенсивность и среднюю объемную плотность энергии волны. Плотность воздуха   1,29 103 кг/м3. 1 d   Ответ: 2  1884; T  ;   ; k  5  ;   ;   T ;  dt  k 1 1 I  2 A2 ;   2 A2 . 2 2 22. Точечный источник звука излучает волны частотой   1000Гц в воздухе при нормальных условиях. Мощность источника P0  10 Вт. Каковы амплитуды колебаний волны на расстояниях r1  5 м и r2  20 м от источника. Затухание отсутствует. Рассмотреть случай, когда происходит поглощение энергии, если коэффициент затухания равен   2 102 м-2. P  r P e ; A  A0e r . , когда   0 и I  Ответ: I  2 2 4  r 4r 23. Плоская бегущая волна имеет длину волны   0,2 м. Определите положение двух ближайших к отражающей поверхности узлов и пучностей смещения волны, если отражение происходит от менее плотной среды; от более плотной среды. Ответ: l1   2 n  2 ; l2   2 n, где n  1, 2, 3…. 24. На расстоянии r  10 м от точечного источника звука уровень интенсивности частотой   1500Гц равен L  5 дБ. Звук распространяется в воздухе при температуре t  27 C. Прене321 брегая поглощением энергии воздухом, определите мощность источника, уровень интенсивности звука на расстоянии r2  5 м от источника. Нулевой уровень интенсивности I 0  1012 Вт/м2. Ответ: интенсивность L  10lg  I I 0  . I  I0 L 10  10 ; мощность N  4 r 2 I ; 25. Объясните, почему закон обратных квадратов неприменим для интенсивности звука с расстоянием. Ответ: из-за потери энергии, обусловленной поглощением. 26. Какой опыт делает очевидным допущение, что скорость звука одинакова для всех длин волн? Ответ: игра на музыкальных инструментах. 27. Каким образом вы могли бы экспериментально определить местоположение узлов и пучностей: а) в колеблющейся струне; б) в столбе воздуха; в) на колеблющейся поверхности? Ответ: один конец струны прикрепляют к молоточку электрического звонка, а другой, перекинутый через блок, нагружают чашкой весов с грузами. 28. Два находящихся в гавани судна дают одновременно свистки одинаковой высоты. Будете ли вы ожидать здесь интерференционный эффект с областями максимальной и минимальной интенсивности звука? Ответ: да. 29. Длина натянутой струны l  1 м, ее масса m  40 г. Найдите частоту основного тона струны, натянутой силой F  103 Н. Ответ: частота основного тона натянутой струны определяется формулой 1 F 1 Fl 1 F    . 2l S 2l m 2 ml 322 30. Какую длину волны должна иметь медная струна радиусом r  1 мм, чтобы она издавала звук частотой   350 Гц? Плотность меди   8,9  103 кг/м3, сила натяжения F  750 Н. Ответ:    F ;  ; S   r 2.  S 31. Источник и приемник ультразвуковых волн находятся на поверхности водоема. Определите глубину водоема, если приемник фиксирует ультразвуковые колебания через   1,5 с после излучения источником ультразвука. Поглощением энергии волны средой пренебречь. Температура воды t  13 C. i2 t RT Ответ: h  ;    . ;  i 2  32. Органная труба, закрытая с обеих сторон, служит источником звука. Длина трубы l  0,24 м. Определите температуру воздуха в трубе, если частота звука   2 кГц. Молярная масса воздуха   29  103 кг/моль, R  8,31 Дж/(кг·К), i  5. Ответ:    RT  ;   2l . 33. Определите интенсивность и среднюю объемную плотность энергии бегущей плоской волны в воздухе, если частота   400 Гц, плотность   1,29 103 кг/м3, амплитуда смещения частицы среды A0  3 мм, температура воздуха T  300K . Ответ: I  1 1 RT  2 A02 ;    2 A02 ;    . 2  2 34. Определите интенсивность результирующей волны, образующейся при сложении двух однонаправленных плоских упругих волн с одинаковой частотой, если интенсивности волн: I 1  10 8 Вт/м2, I 2  2 108 Вт/м2; разность хода волн   2 м; длина волны   2 м. 323 Ответ: I  I 1  I 2  2 I 1 I 2 cos 2  . 35. В глубине океана навстречу друг другу движутся две подводные лодки. Первая лодка, движущаяся со скоростью u  10 м/c, посылает ультразвук с частотой  0  45 кГц. Сигнал, отраженный от второй лодки, принят первой лодкой с частотой  2  46 кГц. С какой скоростью  двигалась вторая лодка? Скорость ультразвука в воде  3  1550 м/c.    u    0  3  u  Ответ:    3 2 3 .  2  3  u    0  3  u  36. Будет ли иметь место эффект Доплера для звука, когда наблюдатель движется под прямым углом к линии, соединяющей его с источником звука? Ответ: нет. 37. Какое влияние оказывает скорость ветра на звуковой эффект Доплера? Ответ: нужно учитывать скорость ветра, совпадающего с направлением относительной скорости источника и приемника. В этом случае скорость ветра влияет на эффект Доплера. 324 ЛЕКЦИЯ 9 Механика жидкостей и газов 9.1. 9.2. 9.3. 9.4. 9.5. 9.6. 9.7. 9.8. 9.9. Свойства жидких и газообразных тел. Гидростатика жидкостей. Давление в жидкости. Закон Паскаля. Давление однородной жидкости в поле тяжести. Закон Архимеда Гидродинамика. Линии и трубки тока жидкости. Уравнение неразрывности. Динамика идеальной жидкости. Уравнение Бернулли. 9.5.1 Следствия уравнения Бернулли. 9.5.2 Применение уравнения Бернулли. Динамика реальной жидкости и газа. Контрольные вопросы. Примеры решения задач. Задачи для самостоятельного решения. 9.1. Свойства жидких и газообразных тел Жидкости и газы по своим свойствам существенно отличаются от твердых тел. Во-первых, твердое тело при неизменных внешних условиях обладает определенным объемом и формой, жидкость обладает определенным объемом, но не имеет собственной формы, в то время как, газы не имеют ни объема, ни формы. Во-вторых, твердое тело обладает упругостью к малой деформации любого вида, в то же время как жидкости упруги только к деформации всестороннего сжатия и растяжения. Коэффициент объемного сжатия для обычных жидкостей при комнатной температуре очень мал и имеет значение порядка  108м2/H, а для газов при нормальных условиях порядка  103м2/H. В-третьих, из-за отсутствия деформации сдвига, которая возникает в твердом теле, жидкости обладают особой подвижностью  текучестью. Между слоями жидкости или газа возникает внутреннее трение, которое уменьшает текучесть жидкости, но не уничтожает ее совсем. Отсутствие в покоящейся жидкости сил, направленных по касательной к сдвинутым слоям, означает, что если два слоя жидкости взаимодействуют между собой, то сила взаимодей325 ствия должна обязательно быть перпендикулярна к слоям. Это значит, что любой объем, выделенный внутри жидкости, взаимодействует с остальной жидкостью (или стенками сосуда) через ограничивающую его поверхность таким образом, что силы взаимодействия обязательно перпендикулярны к этой поверхности (или к стенкам сосуда). Отличительные свойства между жидкостями, газами и твердыми телами обусловлены тем, что в жидкостях силы, действующие между молекулами, значительно слабее, чем в твердых телах, и быстрее убывают с расстоянием. В жидкости упорядоченность в расположении молекул наблюдается лишь вблизи отдельной молекулы в течение короткого времени (ближний порядок), пока молекула колеблется около положения равновесия. Затем под действием импульсов соседних молекул она скачком покидает это положение и свободно движется до какого то нового положения равновесия, около которого опять колеблется короткое время (время оседлости), далее опять перемещается и т.д. Теория скачкообразного движения молекул в жидкостях разработана Я.И.Френкелем. Согласно Я.И.Френкелю, молекулы в жидкости как бы делятся на две группы – одна из них газоподобна и совершает беспорядочные перемещения (кочующие молекулы), другая группа находится в колебательном движении (оседловые молекулы). Между оседловыми и кочующими молекулами существует динамическое равновесие. При увеличении температуры доля кочующих молекул возрастает. В газах расстояния между молекулами в сотни раз превышают их размеры и молекулы могут свободно двигаться, причем это движение хаотичное (беспорядочное). В твердом теле молекулы плотно упакованы вместе, а некоторые твердые тела имеют кристаллическую структуру. Кристаллическая структура состоит из элементарных ячеек, набора атомов, расположенных в определенном порядке, который периодически повторяется во всех направлениях пространственной решетки. Схематично упорядоченность молекул во всех трех агрегатных состояниях вещества показана на рис.9.1: а) расположение молекул в газах, б)  в жидкостях, в)  в твердых телах. 326 Так на рис.9.1б около молекул 1 и 2 жидкости выделены две «сферы» с некоторой пространственной упорядоченностью расположения молекул (ближний порядок), отличной от строгой упорядоченности в твердом теле (дальний порядок) (рис.9.1в). При решениях механических задач различие между жидкостями и газами несущественно, кроме особых случаев движения. Поэтому в дальнейшем будем применять термин «жидкости» к тем и другим. Раздел механики, изучающий состояние равновесия и движение жидкостей под действием внешних сил, называется гидроаэромеханикой. Рис. 9.1 Реальные газы и жидкости обладают сжимаемостью и внутренним трением (вязкостью). При изучении гидроаэромеханики учет этих свойств усложняет решение задач. Поэтому для выяснения общей картины состояния движения и равновесия пользуются моделью идеальной жидкости, в которой не учитываются сжимаемость и вязкость. 9.2. Гидростатика жидкостей. Давление в жидкости. Закон Паскаля Основными задачами гидростатики являются определение давления внутри жидкости, а также условия равновесия жидкости. Для решения этих задач в механике жидкости и газы рас В дальнейшем под термином «жидкости» будем подразумевать как жидкости, так и газы. 327 сматривают как сплошные среды, заполняющие непрерывно часть пространства. Так же как и твердые тела, жидкости принимают за систему материальных точек. Представление жидкости в виде системы неизменно связанных между собой элементов допустимо, если жидкость покоится или движется как единое целое. В этом случае мы можем часть объема жидкости (или весь объем) рассматривать как твердое тело и применять к нему законы механики твердого тела. Этот прием получил название «принципа отвердения». Определим давление внутри жидкости. Для этого в жидкости (рис.9.2) выделим элементарный объем dV . На эту часть объема жидкости действуют силы тяжести FT и поверхностные силы Fn , действующие со стороны остальной части жидкости перпендикулярно к поверхности, ограничивающей объем dV . В рассматриваемом объеме dV элемента жидкости выделим сечение S (рис.9.3). Рис. 9.2 Рис. 9.3 Тогда, как и для сплошного твердого тела (см. гл. «Деформация» п.3.3.1), отношение результирующей поверхностных сил Fn к площади сечения, называется давлением: p Fn . S (9.1) Единица измерения давления Н м2  Па. В покоящейся жидкости силы давления могут быть направлены только нормально к поверхности элемента dV жидкости. Силы, действующие на поверхность элемента dV жидкости, сжимают его, т.е. направ328 лены внутрь элемента. Силы, направленные по нормали к поверхности объема внутрь него, называются силами давления. При сжатии жидкости внутри нее возникает давление р, которое при равновесии жидкости подчиняется закону Паскаля: давление, приложенное к граничной поверхности покоящейся жидкости, передается всем точкам этой жидкости по всем направлениям одинаково. Закон Паскаля используется в гидравлических прессах, которые применяются в технике (при штамповке изделий, при подъеме тяжестей и др.). 9.3. Давление однородной жидкости в поле силы тяжести. Закон Архимеда Выше мы рассмотрели давление жидкости, полагая жидкость невесомой. Такое предположение допустимо, если величина силы давления велика по сравнению с силой тяжести. В реальных условиях нужно учитывать силу тяжести. Выделим в однородной покоящейся жидкости элемент в виде прямоугольного параллелепипеда с площадью основания S и высотой h (рис.9.4). Так как жидкость, а вместе с ней и выделенный элемент покоятся, то давления на боковые грани уравновешиваются. Для нахождения равновесия параллелепипеда в вертикальном направлении, надо учесть давления р2 и р1, действующие на нижнее и верхнее осноРис. 9.4 вания, и силу тяжести, действующую на параллелепипед. К верхнему основанию приложена сила F1  p1S , направленная вниз. На нижнее основание вертикально вверх действует сила F2  p2 S. Сила тяжести FT   g S h действует на весь параллелепипед и направлена вниз. Применив принцип «отвердевания» для 329 равновесия выделенного элемента жидкости в вертикальном направлении, напишем условие, аналогичное условию равновесия твердого тела: p1S   gS h  p2 S  0 или  p1  p2    g h  0. Уменьшая параллелепипед, и полагая высоту h и площадь его основания S в пределе бесконечно малыми  h  0, S  0 , получим уравнение (9.2) dp   gdh  0. Знак «» в (9.2) перед dp означает, что в направлении оси z (противоположном действию силы тяжести) давление убывает. Интегрируя уравнение (9.2), получим р z ро zo  dp    g  dh или p  po   g  zo  z    gh, (9.3) где h  zo  z;  gh  давление на нижнее основание призмы, создаваемое весом столба жидкости высотой h; ро  давление на высоте zo над условной горизонтальной плоскостью; р  давление в данной точке, находящейся на высоте z. Из (9.3) следует, что давление в глубине жидкости равно p  po   gh. (9.4) Выражение (9.4) называется гидростатическим уравнением. Поверхность, соединяющая точки, в которых давление одинаково, называется поверхностью равного давления или изобарической поверхностью. Если в уравнении (9.4) p  const, то h  const, тогда поверхностью равного давления в покоящейся тяжелой жидкости будет горизонтальная плоскость. Поверхностью равного давления является и свободная поверхность жидкости. Например, свободная поверхность покоящейся жидкости для небольшого объема в сосуде, в озере – горизонтальная плоскость. В однородном океане поверхность равного давления и свободная поверхность представляет собой выпуклую поверх330 ность. Если, кроме силы тяжести, на жидкость действуют другие силы или жидкость неоднородна, то поверхность равного давления может быть различной формы. Следствием гидростатического уравнения (9.4) является то, что давление жидкости на дно не зависит от формы сосуда, а только от высоты поверхности жидкости над дном (рис.9.5). В сосудах разной формы жидкости равной плотности, находящиеся на одинаковом уровне, будут оказывать на дно сосудов одинаковое давление. Рис. 9.5 Рис. 9.6 Давление на элемент боковой стенки сосуда зависит от его глубины под поверхностью жидкости (рис.9.6). Из рисунка видно, что с увеличением глубины в жидкости давление увеличивается. На глубине h1 давление р1 меньше, чем на глубине h2 или h3, что показывает дальность струй 2 и 3 (рис. 9.6). Архимед (287 – 212 гг. до н.э.) установил, что кажущийся вес тела, погруженного в жидкость, меньше действительного на столько, сколько весит вытесненная телом жидкость. Покажем это. Выделим мысленно объем жидкости такой же поверхности, как и поверхность данного твердого тела. Вообразим также, что выделенная нами жидкость сохраняет неизменной свою плотность (см. рис.9.4). Равновесие жидкости при этом не нарушится. Поэтому вес «отвердевшей» части жидкости равен силе давления, с которой на него действует окружающая жидкость. То есть результирующая сила давления покоящейся жидкости на произвольную замкнутую поверхность равна по величине и противоположна по направлению весу жидкости, заключенной внутри этой поверхности. Следовательно, если мы поместим в жидкость твердое тело, которое займет тот же объем, что и 331 «отвердевшая» часть жидкости, то на него будет действовать выталкивающая сила, равная весу вытесненной жидкости, объем которой равен объему погруженной части твердого тела: FA   ж g V , где V  объем погруженной части тела, равный объему вытесненной жидкости. Закон Архимеда используется при оценке плавучести и устойчивости кораблей. Условием плавания тела в жидкости является равенство его веса весу вытесненной им жидкости: P  FA . 9.4. Гидродинамика. Линии и трубки тока жидкости. Уравнение неразрывности Основной задачей гидродинамики является нахождение связей, позволяющих по заданным силам найти состояние движения жидкости (прямая задача) или по заданному состоянию движения найти силы его вызвавшие (обратная задача). В связи с этим, для характеристики состояния движения жидкости надо для выбранного момента времени указать положение каждой частицы (молекулы) жидкости, а затем проследить за ее перемещением в пространстве и во времени. Найдя для каждой частицы траекторию движения и положение частицы на траектории в любой момент времени, мы можем определить все кинематические характеристики движения: вектор перемещения, скорость, ускорение и др. Такой метод состояния движения жидкости называется методом Лагранжа. Однако, этот метод для решения задач по динамике жидкости очень сложный из-за больших математических трудностей. Существует простой метод изучения законов движения жидкости – метод Эйлера, который заключается в следующем. Вместо изучения каждой частицы в потоке жидкости выделяются фиксированные в пространстве элементарные объемы, и прослеживается изменение скоростей и ускорений, которыми обладают частицы, сменяющие друг друга в этих объемах, т.е. изучается изменение скоростей и ускорений потока жидкости. 332 Если мы для некоторого момента времени в каждом объеме движущейся жидкости определяем значения скорости и ускорения в каждой точке, то получим так называемые поля скоростей и ускорений для данного момента времени. Полем вектора скорости (ускорения) называется область пространства, в каждой точке которого указывается величина и направление вектора скорости (ускорения). Для описания движения жидкости в потоке жидкости мысленно проведем линии тока. Линией тока называется линия, проведенная в потоке жидкости, в каждой точке которой касательная совпадает с направлением вектора скорости (рис.9.7). В общем случае течения жидкости поле скоростей изменяется со временем, т.е. вектор скорости в каждой точке меняется по величине и направлению, следовательно, меняются линии тока (рис.9.8). Рис.9.7 Рис.9.8 Поток, в котором распределение скоростей изменяется со временем, называется нестационарным потоком жидкости. Если поле скоростей в потоке жидкости остается во времени постоянным, то такой поток называется стационарным. Частным случаем стационарного потока является равномерный поток, в котором скорости во всех точках пространства одинаковы, т.е. все частицы движутся в рассматриваемый промежуток времени с одинаковой скоростью. В стационарном потоке линии тока совпадают с траекторией частиц. В противном случае, поток будет нестационарным. Рассмотрим стационарное течение жидкости. Для его описания представим себе в жидкости трубку, боковая поверхность которой составлена из прилегающих друг к другу линий тока (рис.9.9). Если течение стационарно, то все частицы жидкости, заключенные внутри боковой поверхности, останутся внутри нее все время движения. 333 Таким образом, поверхность образованная линиями тока в жидкости, можно представить в виде непроницаемой трубки: часть жидкости, ограниченная линиями тока, пронизывающими замкнутый контур, называется трубкой тока. Размеры и положение контура выбираются такими, чтобы в их пределах скоРис.9.9 рость течения жидкости можно было считать постоянной и направленной по нормали к контуру. Пусть масса dm жидкости, прошедшей через поперечное сечение трубки тока S за время dt, равна dm   S dt , (9.5) где   плотность жидкости,   скорость частиц, S  сечение трубки тока. При стационарном потоке за один и тот же интервал времени dt через разные сечения трубки (см. рис.9.9, S1 и S2) должны проходить одинаковые массы жидкости. В противном случае, масса жидкости, заключенной в объеме жидкости между выбранными сечениями S1 и S2, изменилась бы, и течение перестало бы быть стационарным. Поэтому для стационарного течения выполняется закон сохранения массы: dm1=dm2, где dm1  11S1 dt , dm2  22 S2 dt или 11S1  22 S2 . (9.6) Для несжимаемой жидкости 1  2 . Тогда (9.6) запишется в виде 1S1  2 S2  const. (9.7) Произведение величины скорости течения несжимаемой жидкости на величину поперечного сечения трубки тока остается постоянным для данной трубки тока. 334 Соотношение (9.7) называется уравнением неразрывности тока трубки. Из (9.7) следует, что там, где сечение трубки тока больше, скорость частиц жидкости меньше и, наоборот, т.е. 1 S 2 (9.8)  . 2 S1 9.5. Динамика идеальной жидкости. Уравнение Бернулли Внутри установившегося потока жидкости выделим трубку тока, ограниченную сечениями S1 и S2 (рис.9.10). Площади сечений S1 и S2 считаем достаточно малыми, чтобы скорости частиц и давления р1 и р2 в пределах каждого из сечений можно было считать постоянными. Перемещаясь от сечения S1 к сечению S2, жидкость переходит в суженую часть трубки и, как следует из уравнения (9.7), движется ускоренно 2  1  . Это значит, что на жидкость, находящуюся в данный момент в суженой части трубки, действует со стороны жидкости, находящейся в широкой ее части, некоторая сила, возникающая из-за разности давлений в различных частях сечений трубки. Сила направлена в сторону узкой части трубки. Поэтому в местах сужений давление меньше, чем в местах расширений. Определим связь между давлением и скоростью жидкости в различных сечениях трубки для идеальной жидкости (сжимаемость и вязкость учитывать не будем). Это позволяет считать, что работа внутренних сил равна нулю, отсутствует трение между стенками сосуда и жидкостью. Считаем движение установившимся, т.е. стационарным, при этом выполняются законы сохранения массы и энергии жидкости, заполняющей некоторый объем трубки тока. Итак, воспользуемся законом сохранения механической энергии. Найдем изменение полной механической энергии выделенной массы жидкости за малый промежуток времени dt. За это время рассматриваемая масса жидкости продвинется на расстояние 1dt для S1 и 2 dt для S2. На рис.9.10 S1/ и S 2/  новое положение сечений S1 и S2 за время dt. В результате массы жидкости ограничены сечениями S1S1/ и S 2 S 2/ . 335 Тогда полная энергия массы жидкости в положении h1 от некоторого фиксированного уровня равна W1  m12  mgh1 2 и для положения h2 m22 W2   mgh2 . 2 Рис.9.10 Изменение полной энергии равно  m22 W  W2  W1    2  m12     mgh2  mgh1  . 2  С другой стороны, W равно работе А, совершаемой внешними силами F1 и F2: A  F11dt  F22 dt  p1S11dt  p2 S22 dt. Так как W  A, то  m22   m12   mgh  mgh1   p1S11dt  p2 S22 dt.  2   2   2  1S1  2 S2 и что m   dV , где  плотность жидкости, dV объем, получим Учитывая  dV 22 2 уравнение неразрывности   dV g h2   dV 12 2   dV g h1  p1dV  p2 dV , (9.9) где dV  S11 dt  S2 2 dt. Разделив (9.9) на объем dV, получим  22 2   g h2  p2   12 2   g h1  p1 или  2 2   g h  p  const. 336 (9.10) Выражение (9.10) называется уравнением Бернулли, полученное им в 1738 году. Это уравнение связывает изменение давления в стационарном потоке идеальной жидкости с изменением скорости течения и геометрической высотой. В (9.10)   2 2  кинетическая энергия единицы объема жидкости (динамическое давление),  g h  потенциальная энергия единицы объема жидкости в поле силы тяжести (гидростатическое давление), рработа силы давления при подъеме единицы объема жидкости на единицу высоты или давление внутри жидкости на стенки трубки (статическое давление). Из (9.10) следует, что 2   g h. (9.11) 2 При h  0,   0 p  const  p0 . Постоянная в уравнении Бернулли имеет смысл давления внутри покоящейся жидкости на уровне, принятом за начало отсчета. Таким образом, соотношение (9.11) показывает, что в текущей жидкости статическое давление р уменьшается с увеличением скорости потока и поднятием трубки тока над нулевым уровнем. В (9.11)  2 2 называется динамическим давлением, т.е. на какую величину уменьшилось давление внутри жидкости вследствие ее движения;  gh гидростатическое давление, которое показывает, насколько уменьшается статическое давление при поднятии трубки на высоту h. Закон (уравнение) Бернулли можно сформулировать следующим образом: при стационарном течении идеальной жидкости полное давление, равное сумме динамического, гидростатического и статического давлений, остается величиной постоянной в любом поперечном сечении трубки тока. На практике статическое давление измеряют неподвижным манометром, мембрана которого или плоскость отверстия манометрической трубки расположена параллельно линиям тока (см. рис.9.11). p  const  337 9.5.1 Следствия уравнения Бернулли Из уравнения (9.11) следует, что, если скорость потока велика, то давление внутри жидкости может оказаться отрицательным, при этом жидкость находится под действием растягивающих сил. Для идеальных жидкостей растягивающие напряжения, как и сжимающие, могут принимать любые значения. В реальных жидкостях соРис.9.11 держатся взвешенные твердые частицы и растворенные газы. Поэтому такие жидкости не способны воспринимать растягивающие усилия отрицательного давления, и давление в потоке не может принимать значения меньше некоторого рк, значение которого при обычных температурах близко к нулю. В тех местах трубки тока, где давление доходит до значения рк, происходит нарушение непрерывности потока и образуется область, заполненная пузырьками, внутри которых находятся газ и пары жидкости. Это явление называется кавитацией. При дальнейшем понижении давления мелкие пузырьки объединяются и в потоке возникают большие полости – каверны, заполненные газом и парами жидкости. Возникновение кавитации существенно влияет на законы движения жидкости: уравнение Бернулли становится неприменимым. Таким образом, если в потоке давление не ниже рк (р рк), то течение реальной жидкости подчиняется закону Бернулли. Кавитация возникает вблизи минимальных сечений трубок, а также в поршневом насосе, когда давление за поднимающимся поршнем понижается до нуля. Кавитация имеет место при обтекании различных тел потоком жидкости, например, подводных крыльев, гребных винтов и др. Образование кавитации при обтекании тел не только ухудшает гидродинамические характеристики, например, подъемная сила подводных крыльев сильно падает, но и вызывает разрушение обтекаемых тел. Образовавшиеся в области низких давлений пузырьки газа и пара перемешиваются и попадают затем в область больших давлений. Там 338 происходит схлопывание, сопровождающееся значительным приращением местных давлений, передаваемых жидкостью в виде ударной волны во все направления, в том числе на поверхность обтекаемых тел, что и приводит к их разрушению. Кавитация сопровождается вибрацией обтекаемых тел и сильным шумом, вызываемым беспорядочным схлопыванием пузырьков. Например, шум, возникающий в чайнике перед закипанием воды, обусловлен так же схлопыванием случайно образовавшихся пузырьков. Из (9.10) следует, что если скорости в разных сечениях трубки тока одинаковы 1  2  , то p2  p1   g  h2  h1  , (9.12) т.е. разность давлений в двух сечениях равна весу столба жидкости, заключенной между уровнями сечений. Если скорость в разных сечениях различна, то распределение давлений отличается от его распределения в покоящейся жидкости:  2  22 p2  p1   g  h2  h1   1 . 2 При горизонтальном потоке h1  h2 p1   12  22 (9.13)  p2   const, 2 2 т.е. в местах сужений, где скорость растет, статическое давление уменьшается, и наоборот. Это связано с проявлением инерции жидкости. Элемент жидкости, перемещаясь из расширенной части сосуда в суженную, не может мгновенно увеличить свою скорость, поэтому его тыльная часть отстает от передней и элемент растягивается. Пройдя сужение, он движется некоторое время по инерции со скоростью большей, чем скорость впереди лежащих частиц, и, сжимая их, теряет скорость в результате их противодействия. Поэтому в сужениях элементы жидкости растянуты и давление понижено, а в местах расширения они сжаты и давление повышено. 339 Справедливость уравнения (9.13) можно проверить качественно, установив пьезометрические трубки в ряде сечений потока, протекающего по трубе переменного сечения (рис.9.12). Рис.9.12 Рис.9.13 Если бы идеальная жидкость текла по трубе с одинаковым сечением, имеющей отводы (пьезометрические трубки), то уровень жидкости во всех отводах был бы одинаковым (рис.9.13, горизонтальная пунктирная линия I). Однако, при течении реальных жидкостей уровень в отводах понижается в направлении течения (рис.9.13, наклонная пунктирная линия II). Понижение уровней объясняется тем, что в реальных жидкостях нужно учитывать вязкость и сжимаемость. Вязкость обусловливает возникновение внутреннего трения, на которое затрачивается часть энергии потока жидкости, текущей внутри трубки. Поэтому энергия движущейся жидкости от сечения к сечению уменьшается, и уровень жидкости в отводах понижается. 9.5.2 Применение уравнения Бернулли 1)Измерение скорости потока жидкости. Трубка Прандтля Комбинируя трубку Пито с манометрической трубкой, измеряющей статическое давление р, получим новый прибор, называемый трубкой Прандтля (рис.9.14). Из рисунка видно, что давление на жидкость в левом колене Uобразной трубки Прандтля равно (рис.9.14а) Рис.9.14 340 pA  p   2 (9.14) , 2 а в правом колене (рис.9.14б) – р. Таким образом, по разности уровней Н манометрической жидкости можно судить о разности давлений в коленах трубки: p   g H  pA  p или p   2 . (9.15) 2 Отсюда видно, что показания прибора пропорциональны динамическому давлению внутри жидкости. Измерив манометром p , можно по формуле (9.15) найти скорость течения жидкости  2p Рис.9.15  . (9.16) Рис.9.16 Обычно, трубке Прандтля придают форму, изображенную на рис.9.15. В таком виде они используются на судах и самолетах, как приборы для измерения скорости. 2) Истечение жидкости из отверстия. Импульс жидкости Рассмотрим задачу об истечении жидкости из открытого сосуда через малое отверстие под действием силы тяжести. Пусть имеется широкий сосуд с жидкостью (рис.9.16). Уровень жидкости в большом сосуде h1, на высоте h2 от дна сосуда нахо341 дится отверстие с сечением S2. На свободную поверхность жидкости в сосуде действует атмосферное давление р1. Так как площадь S1 сечения сосуда велика по сравнению с площадью S2 сечения отверстия, то скорость 1 движения свободной поверхности жидкости мала по сравнению со скоростью 2 потока   жидкости в отверстии 2  1 . В этом случае можно пренебречь скоростью 1 . Линии тока в отверстии можно считать параллельными и направленными перпендикулярно плоскости сечения отверстия. Все линии тока начинаются на поверхности жидкости (пунктирные линии на рис.9.16). Тогда уравнение Бернулли для каждого момента времени и сечений S1 и S2 можно записать в виде p1  12 2   gh1  p2  По условию задачи p1  p2 и 12 22 2   gh2 .  0, то h  h1  h2  22 2 2g да скорость течения потока жидкости из отверстия равна 2  2 gh . , отку- (9.17) Формула (9.17) носит название формулы Торричелли. Для проверки формулы Торричелли проще измерить объем жидкости, вытекающий из отверстия за время dt, и, разделив его на время, получить величину расхода жидкости Q: Q  S 2 gh , (9.18) где S – площадь сечения отверстия. При сравнении фактического (измеренного) и вычисленного по формуле (9.18) расхода жидкости первый оказывается меньше второго. Поэтому коэффициент пропорциональности между ними  называют в гидравлике коэффициентом истечения или коэффициентом расхода:  Qизм Qизм  . Q S 2 gh 342 (9.19) Коэффициент  зависит от вязкости жидкости, формы отверстия и степени сжатия струи. Например, при истечении через круглое отверстие в тонкой стенке дна сосуда (рис.9.17а) коэффициент =0,610,64; при истечении через цилиндрическую насадку, входящую внутрь сосуда (рис.9.17б), =0,514; через внешнюю насадку с краями, закругленными по форме струи тока (сжатие почти отсутствует, рис.9.17в), =0,960,98. Рис.9.17 Пусть из сосуда через отверстие вытекает жидкость (рис.9.17). Внутри сосуда происходит распределение давлений в соответствии с законом Бернулли. Если площадь отверстия S, то масса вытекающей за время dt жидкости равна dm   S dt , а уносимый импульс равен dk  d (m )= S2 dt. (9.20) Тогда с учетом (9.15) формула (9.20) запишется в виде dk   S 2ghdt. Сила, действующая на вытекающую жидкость, по второму закону Ньютона, равна F  dk  2 ghS dt и направлена в сторону струи (горизонтально). Такая сила действует на жидкость со стороны сосуда. По третьему закону Ньютона и жидкость действует на сосуд с равной, но противоположно направленной силой 343 F   F. Таким образом, при свободном истечении результирующая сила давления жидкости на стенки сосуда равна F   2 S gh. (9.21) Силу F  называют силой реакции струи, а движение, вызванное этой силой, представляет собой реактивное движение. Рассмотрим примеры. Предположим, что жидкость течет по трубе постоянного сечения, плавно изогнутой под углом 90 (рис.9.18). Скорости во всех точках сечений трубы по величине одинаковы. Тогда через сечение S1, расположенное до повороРис.9.18 та трубы, жидкость ежесекундно проносит импульс k1    S11 1t; через сечение S2 (после поворота)  k2    S22 2 t. Но S2=S1=S и 2  1   , то изменение импульса равно k  k2  k1   S 2 1  t. Модуль вектора изменения импульса равен k  2  S2 t , т.к. 2 1  12  22  22   2 . Сила реакции текущей жидкости на изогнутую стенку трубы равна k (9.22) F  2  S2 . t Сила реакции текущей жидкости используется в паровых и водяных турбинах двигателей. Струя воды или пара из сопла с большой скоростью подается на лопатки колеса турбины и приводит его в движение. Форма лопатки подбирается так, чтобы не 344 возникал удар струи о лопатки, ведущей к частичной потере энергии струи. Сила, действующая на лопатки турбины, определяется формулой F  2 S   1  , (9.23) где   скорость воды в неподвижной системе отсчета; 1  скорость движения лопатки. Мощность, развиваемая турбиной равна F dt (9.24) N  1  2 S   1 1 . dt Турбина развивает максимальную мощность при полной передаче струей кинетической энергии своего движения лопатками турбины. Это возможно, если абсолютная скорость воды, стекающей с лопатки, равна нулю, т.е. dN  0 или d1 2 S1  1   2 S 1  0. (9.25) Из уравнения (9.38) следует, что 21   0 , откуда  1  . (9.26) 2 Таким образом, турбина будет развивать максимальную мощность, когда ее лопатки будут иметь скорость, равную половине скорости струи: 1   2 . 9.6. Динамика реальной жидкости и газа Реальные жидкости и газы обладают вязкостью и сжимаемостью. Сжатие газа сопровождается нагреванием, поэтому полностью описать движение сжимаемого газа в рамках классической механики невозможно. В связи с этим мы рассмотрим в основном движение жидкости и газа с учетом лишь внутреннего трения (вязкости). Как известно, во многих динамических задачах о газах и жидкостях существенную роль играет вязкость, которой нельзя пренебречь. Рассмотрим пример обтекания шара горизонтальным потоком жидкости без учета веса. 345 1) Определение зависимости скорости течения жидкости в трубе от радиуса сечения трубы Для этого внутри жидкости выделим элементарный цилиндрический объем с осью, совпадающей с осью трубы, и боковой поверхностью, параллельной стенкам трубы и проходящей через точку с координатой y. Длину цилиндра вдоль течения обозначим х (рис.9.19). Рис.9.19 Так как движение стационарное и равномерное, то силы давления, действующие на основание цилиндрического объема F  p y2 , и сила вязкого трения, действующая вдоль боковой поверхности цилиндра F   d d S   2 yx, dy dy должны уравновешиваться. Следовательно  d 2 yx  p y2 dy или d   p ydy, 2 x где p  p2  p1; p1 и p2  давления, действующие на сечения S1 и S2 цилиндрического объема. После интегрирования, полагая, что у стенок имеет место прилипание жидкости, т.е. скорость на расстоянии r от оси равна нулю r  0 , получим 346     d   p y p 2 2 ydy   r  y . 2 x r 4 x (9.27) Уравнение (9.27) устанавливает закон распределения скоростей течения в данном сечении трубы. Считая падение давления на единицу длины трубы постоянным  p x  const  и, объединяя постоянные, получим   A  r2  y2  , (9.28) т.е. скорость слоев жидкости распределяется в сечении трубы по параболическому закону. Вершина параболы лежит на оси трубы (рис.9.19б). Максимальная скорость на оси (y = 0) равна p 2 (9.29) m  r. 4 x На рис.9.20 показаны распределения скорости течения слоев жидкости (а) и силы вязкости (б) по сечению трубы. Рис.9.20 2) Определение полного расхода жидкости через сечение трубы. Закон Пуазейля Выделим в жидкости цилиндрический слой радиуса y и толщиной dy (рис.9.21). Расход жидкости в единицу времени для этого слоя равен dQ   dS   2 ydy. С учетом (9.27) после интегрирования, получим p  p r 4. 2  r2  y2  ydy  4   x 8 x r Q (9.30) Формула (9.30) есть известная формула (закон) Пуазейля. Используя закон Пуазейля, можно определить коэффициент вязкости  жидкости: 347    pr 4 8xQ . (9.31) Разделив расход жидкости на площадь сечения трубы 2 S   r , получим среднюю скорость в сечении Рис.9.21   Q p r 2  . S x 8 (9.32) Тогда из (9.32) следует, что перепад давления в вязкой жидкости пропорционален средней скорости: 8x p  p2  p1  2  . (9.33) r Зависимость p от  для вязких жидкостей обусловлена тем, что с увеличением  возрастает градиент скорости d dy , а с ростом градиента скорости увеличиваются силы внутреннего трения между всеми слоями жидкости. Уравнение (9.32) является справедливым при малых скоростях и силах внутреннего трения, т.е. при ламинарном течении жидкости. Если же силы внутреннего трения достигают некоторой определенной величины, то их воздействие на слои жидкости велико и это приводит к нарушению слоистого течения и возникновению перемешивания, т.е. турбулентного течения. Турбулентное движение жидкости не стационарно: скорость  и давление р в каждой точке колеблются около некоторых средних значений. Поэтому при турбулентном движении можно говорить лишь о средних значениях скорости и давления в каждой точке сечения трубы. В результате перемешивания слоев жидкости средняя скорость практически одинакова по всему течению (рис.9.22, прямые 1). Кривая 2 на рис.9.22 показывает профиль изменения скорости при ламинарном течении (параболическая зависиРис.9.22 мость). 348 Формула Пуазейля неприменима для турбулентного движения. Для одного и того же перепада давления p расход жидкости Q при турбулентном течении меньше, чем при ламинарном. Это обусловлено тем, что при турбулентном движении резко возрастают силы внутреннего трения, т.к. между стенкой и турбулентным потоком вследствие явления прилипания возникает очень тонкий слой с большим поперечным градиентом скорости. Таким образом, увеличение внутреннего трения при переходе к турбулентному движению приводит к увеличению коэффициента вязкости. Исследуя вопрос о зарождении турбулентного течения жидкости по трудам О.Рейнольдс установил, что характер течения зависит от значения безразмерной величины  d (9.34) Re  ,  где   плотность жидкости;   коэффициент вязкости;   средняя по сечению трубы скорость потока; d  диаметр трубы. Величину Re называют числом Рейнольдса. Опыт показывает, что при малых значениях Re течение жидкости является ламинарным, а при больших – турбулентным. Значение числа Рейнольдса Re и соответствующее ему значение скорости  , характеризующие переход от ламинарного к турбулентному течению, называют критическими. Опытным путем установлено, что при движении жидкости по трубам в обычных условиях  d (9.35) Rekp  kp  2300.  Это означает, что если для некоторого потока Re  2300, то течение ламинарное, если Re  2300  течение турбулентное. Опыт показывает, что при Re близком к Rekp, ламинарное течение неустойчиво и очень чувствительно к разного рода факторам (шероховатость стенок, вибрация и др.). Устраняя эти факторы, можно добиться, чтобы ламинарное течение было устойчивым до значения Re=10000. Это явление получило название «затягивание ламинарного режима» (ЗЛР). 349 В настоящее время в связи с созданием длинных линий газо- и нефтепроводов вопрос ЗЛР приобретает большое практическое значение, т.к. силы внутреннего трения при ламинарном течении значительно меньше, чем при турбулентном. Поэтому при одном и том же расходе перекачка жидкости при ламинарном течении требует меньше перепадов давления, следовательно, меньших затрат энергии. 9.7. Контрольные вопросы 1. Что общего между жидкостью и газом и в чем их различие? В чем отличие механических свойств жидкостей и газов от свойств твердых тел? 2. В чем состоит свойство текучести? К каким видам деформации газ и жидкость проявляют упругие свойства? 3. Поясните физическую природу возникновения давления внутри жидкости при ее сжатии. Может ли давление внутри жидкости быть отрицательным? Что это означает? 4. В чем отличие условия равновесия жидкости от условия равновесия твердого тела? 5. Сформулируйте закон Паскаля. Опишите принцип действия гидравлического пресса. 6. Как изменится давление жидкости с увеличением глубины погружения? 7. Какова сила давления воды на боковую стенку сосуда, имеющего форму прямоугольного ящика? 8. В чем состоит закон Архимеда? Какова величина архимедовой силы, как она направлена и где находится точка ее приложения? 9. Как связан закон Паскаля с силой Архимеда? 10. Какое течение жидкости называют установившимся? Что называется линией тока? 11. Какой вид имеет уравнение неразрывности для сжимаемой и несжимаемой жидкости? Каковы следствия из этого уравнения? 12. Напишите уравнение Бернулли и поясните смысл входящих в него членов. Выведите уравнение Бернулли. 350 13. Как можно измерить статическое давление р внутри движущейся жидкости и как устроена трубка Пито? 14. Выведите формулу Торричелли. 15. Как можно выразить результирующую силу давления текущей жидкости на стенки изогнутой трубы? 16. Определите формулу мощности, развиваемой турбиной при падении струи жидкости на лопасти турбины, а также условие развития максимальной мощности турбины. 17. Объясните природу возникновения вязкости. 18. Напишите формулу сил внутреннего трения и поясните их зависимость от физических величин. 19. От каких величин и как зависит коэффициент  внутреннего трения (вязкость)? 20. Выведите формулу скорости течения жидкости по трубе. 21. Получите формулу Пуазейля. Для какого течения она получена и почему? От каких величин зависит расход жидкости? 22. Чем отличается ламинарное течение от турбулентного? 23. Какое значение имеет число Рейнольдса? Каков смысл критических параметров течения жидкости? 24. Что означает «затягивание ламинарного режима» (ЗЛР)? Какое практическое значение имеет ЗЛР? 9.8. Примеры решения задач 1. По трубе радиусом R=20см, изогнутой под углом =90, течет вода, расход воды Q=1м3/с. Определите результирующую силу давления на стенку трубы (рис.9.23). Решение: Так как S1=S2=S, то скорость течения воды в обоих сечениях также одинакова по модулю ( 1  2   ), но Рис.9.23 различается направлением. Учитывая, что S1  =Q, можно для результирующей силы записать: 351 F  Q 1 2  или  F  Q 1 2  2Q1 cos  448 H. 2 2. Над водой находится жидкость (см. рис.9.24). Поплавок в виде цилиндрической коробки диаметром d1=8см, изготовленной из листовой латуни толщиной l=1мм, опущен в жидкости. По оси поплавка закреплен латунный прут (указатель уровня) диаметром d2=2мм и длиной L=3м. Определите плотность жидкости, находящейся над водой, если указатель поднимается над поверхностью жидкости на h=60см. Считать, что поплавок находится в воде наполовину. Высота поплавка Н=10см. Дано: L=8500кг/м3; в=103кг/м3; l=1мм=103м; d1=8см=8102м; H=10см=102м; d2=2см=2102м; L=3м; h=60см=0,6м. ж  ? Рис.9.24 Решение: При равновесии сила тяжести поплавка Fт равна выталкивающей силе Архимеда FА. На поплавок с указателем действует сила тяжести   d12   d22  4  4 F  Ll   d1H  2 T  g  L Lg , где L плотность латуни. На часть поплавка, погруженного в воду, действует сила Архимеда FA1  1 H  d12 g, 2 4 352 где 1 плотность воды. На часть поплавка, погруженного в другую жидкость, действует сила Архимеда FA2  2  d 22 H  d 12 g  2  L  h g, 2 4 4 где 2 плотность неизвестной жидкости. Используя условие равновесия поплавка, получим   d 12   d 22  4 4 Ll   d1 H  2  g  L   2 Lg  1  d 22 4 H  d 12 H  d 12 g  2 g 2 4 2 4  L  h g . (9.36) Решив уравнение (9.36), найдем плотность неизвестной жидкости:  2  L l   d1 H   H  d 12    2  L  d 22  d 12  d 22 8  4 4 L  1 H  L  h  d 12 8 3  0,8110 3 кг/м . 3. Сопло фонтана, дающего вертикальную струю высотой Н=10м, имеет форму усеченного конуса, сужающегося вверх (рис.9.25). Диаметр нижнего основания d1=10см, верхнего  d2=2см. Высота сопла h=1м. Определите расход воды, подаваемой фонтаном. Насколько давление в нижнем сечении сопла больше атмосферного? Сопротивлением воздуха в струе и сопротивлением в сопле пренебречь. Дано: Н=10м; d1=10см=0,1м; d2=2см=0,02м; h=1м. Q? p? Решение: В потоке жидкости, в сопле, проведем два горизонтальных сечения: нижнее (I) и верхнее (II) сечения рис.9.25. Расход воды за 1с равен объему жидкости V, протекающей через любое сечение S. Скорость воды, протекающей через сечение II, равна 2  2 gH . Тогда объем воды, вытекающей через сечение S2, равен 353 Q  V  S2υ2  2 gH  d 22 4  200 3,14  4 10 4  4,510 3 м3/c. 4 Применим уравнение Бернулли к потоку жидкости через сечения I и II:  2  2 (9.37)  gh  2  pa  1  p, T 2 2 где pa атмосферное давление. Из (9.37) находим избыточное давление T p  p  pa   gh  T Используя уравнение 1S1  2 S2 , найдем   2 2 2  12  . (9.38) неразрывности струи 1  2 S2 S1  d 22 2 gH . d12 Рис.9.25 (9.39) Тогда с учетом (9.39) из (9.38) получим  p   gh   gH 1   d22  4 5 4   10  10 1  0,04   10,6 10 Па. d12  4. Через поперечное сечение трубы протекает 5 л/c бензина с кинематической вязкостью =5106м2/c. Какова средняя скорость течения бензина? Определите наибольшую величину диаметра трубы, при котором на достаточном удалении от входа будет иметь место ламинарное течение. Дано: Решение: 6 2 Характер течения жидкости определяется =510 м /c; 3 3 числом Рейнольдса: V=510 м /c  d d?  ? (9.40) Re  ,  где dдиаметр трубы,  средняя скорость жидкости по сечению,  коэффициент внутреннего трения. Наибольший диаметр трубы определяется из критического значения числа Рейнольдса, т.е. Rekp =2300, при котором лами354 нарное течение переходит к турбулентному. Кинематическая вязкость жидкости – величина, численно равная отношению коэффициента вязкости к плотности жидкости:  .  (9.41) Объем бензина, протекающий через любое поперечное сечение трубы за 1с, равен V  S  d2 . 4 (9.42) Решая совместно (9.40) и (9.42) с учетом (9.41), получим d 4V 4  5 103 4    0,55 м.  Re 3,14  5 106  2300 3,14  2,3   2 6 Re 2  2  2300  5 10 3,14     2 м/c. 4V 4  5 103 2 5. Выполняется ли закон Архимеда при свободном падении сосуда с жидкостью или в спутнике, который движется по круговой орбите? Ответ: Нет. При свободном падении сосуда с жидкостью давление на тело, погруженное в жидкость, исчезает, поэтому сила Архимеда будет равна нулю. 6. Вода подается в фонтан из большого цилиндрического бака и бьет из отверстия фонтана сечением S2 со скоростью 2 =15м/c. Найти: 1) скорость υ 1 понижения уровня воды в баке, если диа- метр бака d1=4м, а диаметр отверстия фонтана d2=4см; 2) давление р1, под которым вода подается в фонтан; 3) высоту h1 уровня воды в баке и высоту h2 струи, выходящей из фонтана (рис.9.26). 355 Дано: 2 =15м/c d1=4м; d2=0,04м 1 -? р1-? h1-? Решение: 1. Проведем сечение S1 в баке на уровне сечения S2 фонтана. Так как S1>> S2, то высоту h1 уровня воды в баке можно считать для малого промежутка времени dt постоянной, а поток установившимся. Тогда справедливо уравнение неразрывности струи: 1S1  2 S2 . Поэтому объем воды V1, протекающий за 1с через сечение I, равен объему воды V2, протекающего через сечение II: V1= V2 или  d 12 2 l1   d 22 2 l2 , (9.43) Рис.9.26 где l1 и l2длины цилиндрических столбов жидкости, протекающей за 1с через сечения I и II. Так как l1~ 1 и l2~  2 , то из (9.43) следует, 1d 12  2 d 22 или 2 2  d2   0,04  4  15     15 10 м/c. d 4    1 1  2  2. Давление р1, под которым вода подается в фонтан, найдем по уравнению Бернулли:  2  2 (9.44) p1  1  p2  2 , 2 2 356 где р1 и р2статические давления в сечениях I и II, 12 и 2  22  динамические давления в этих сечениях. Учитывая, что 2 р2=0 (под давлением мы подразумеваем избыточное давление над атмосферным), из уравнения (9.44) получим p1  22 2   12 2  103 2 15 152 10 8   112,5 103 Па. 2 3. Зная давление р1, можно найти высоту уровня воды в баке: p1   gh1 h1  и p1 112,5  103   11, 25 м. g 103  10 9.9. Задачи для самостоятельного решения 1. Вода течет в горизонтально расположенной трубе переменного сечения. Скорость течения в широкой части трубы 1 =40см/c. Определить скорость 2 течения воды в узкой части трубы, диаметр d2, которой в 1,5 раза меньше диаметра d1 широкой части. d Ответ: 2   2  d1 2   1 .  2. В широкой части горизонтально расположенной трубы нефть течет со скоростью 1 =21м/c. Определить скорость 2 течения нефти в узкой части трубы, если разность давлений в широкой и узкой частях трубы р  10 4 Па. Ответ: 2   12  2р  . 3. В горизонтально расположенной трубе сечением S1=50см2 течет жидкость. В одном месте труба имеет сужение сечением 357 S2=20см2. Разность уровней жидкости в двух манометрических трубках, установленных в широкой и узкой частях трубы, равна h  10 см. Определите объемный расход Q жидкости (рис. 9.27). Ответ: Q  S11  S1S2 2g h . S12  S22 Рис.9.27 4. Горизонтальный цилиндр насоса имеет диаметр d1=50см. В нем движется со скоростью 1 =2м/c поршень, выталкивая воду через отверстие диаметром d2=54см. С какой скоростью будет вытекать вода из отверстия? Каково будет избыточное давление р воды в цилиндре? 2 d  Ответ: 2   2  1 ,  d1  1 p  p1  p2   22. 2 5. Вода течет по круглой гладкой трубе диаметром d=10см со средней скоростью  =20см/c. Определите число Рейнольдса Re для потока жидкости в трубе и укажите характер течения жидкости. Коэффициент вязкости воды =103Пас.  d Ответ: Re  .  6. По трубе течет машинное масло. Максимальная скорость, при которой движение масла в этой трубе остается еще ламинарным, 1 =3см/c. При какой скорости 2 движение глицерина в той же трубе переходит из ламинарного в турбулентное? Коэффициенты вязкости масла 1=0,1Пас, 2=0,85Пас. Ответ: 2  1 2 . 2 1 1 7. В цилиндрический сосуд налиты одинаковые массы керосина и глицерина. Общая высота слоев жидкости h=1м. Определите давление на дно сосуда. Плотности керосина  K  800 кг/м3, глицерина,    1230 кг/м3. 358 Ответ: p  2  K   gh  9,69  104 Н/м2.  K   8. Для определения количества меди и серебра в сплаве его взвешивают на весах. При взвешивании в воздухе весы показывают m1  245,6 г, а при погружении сплава в воду  m2  221,6 г. Определите массы меди и серебра. Ответ: mC  207,3 г, mM  38,2 г. 9. Через самотечный нефтепровод диаметром d  0,4 м длиной L  100 км течет нефть. Определите массу нефти, текущей по нефтепроводу, если кинематическая вязкость нефти 3 4 2   1,46 10 м /с, плотность   900 кг/м . Начало нефтепровода лежит выше его конца на h  10 м. 10. Определите силу, которая вырывает из бака сливную трубу. Поперечное сечение струи S=5см2, высота уровня жидкости над отверстием трубы h=2м (рис.9.28). Рис.9.28 Ответ: F  2 2S  gh. 11. В горизонтальном цилиндре насоса диаметром d1  0,4 м движется поршень со скоростью   2 м/с, выталкивая воду через отверстие диаметром d 2  0,04 м. Определите скорость вытекания воды; давление воды в цилиндре насоса. Ответ: 2  S11 S2 2   d     1  1  200м/с; p  22  12  2 107 Н/м2. 2 d  2 12. На гладкой горизонтальной поверхности стоит сосуд с водой. В боковой стенке сосуда у дна имеется отверстие площадью S. Какую силу нужно приложить к сосуду, чтобы удержать его в равновесии, если высота уровня воды в сосуде равна h? Ответ: F  2ghS. 359 13. В бак равномерной струей наливается вода со скоростью Q1  4 л/с. На дне бака имеется отверстие площадью S=4см2. На каком уровне H будет держаться вода в баке? 2 Ответ: H  Q1 2  5 м. 2S g 14. Стеклянный шарик радиусом r  0,5 мм падает в большом сосуде с глицерином с установившейся скоростью 0  5 см/c. Найти коэффициент вязкости глицерина, если плотность стекла c  2700 кг/м2,   1200 кг/м2. Ответ:   2 r 2 g  c      1,6 кг/м·с. 90 360 ЛЕКЦИЯ 10 Элементы специальной теории относительности 10.1. Принцип относительности и преобразования Галилея. 10.2. Следствия преобразования Галилея. 10.3. Принцип относительности Эйнштейна. Преобразования Лоренца. 10.4. Пространство и время в специальной теории относительности (СТО). 10.4.1. Относительность одновременности. 10.4.2. Относительность продолжительности событий. Замедление времени. 10.4.3. Относительность длины. 10.4.4. Преобразование скоростей. 10.5. Релятивистская динамика. 10.5.1. Релятивистский импульс. 10.5.2. Второй закон Ньютона в СТО. 10.5.3. Релятивистское выражение энергии. Связь между импульсом и энергией частицы. 10.5.4. Взаимосвязь массы и энергии покоя. 10.5.5. Частицы с нулевой массой. 10.6. Понятие общей теории относительности (ОТО). 10.7. Контрольные вопросы. 10.8. Примеры решения задач. 10.9. Задачи для самостоятельного решения. 10.1. Принцип относительности и преобразования Галилея Как известно, для решения физических задач в физике ввели инерциальные и неинерциальные системы отсчета. Для кинематического описания движения тела пригодна любая система отсчета, выбор которой называется кинематическим принципом и не связан с существом физических законов. Однако, использование инерциальной системы отсчета (ИСО) дает простую форму описания движения тела. Дело не только в этом. Как показывают многочисленные наблюдения, ИСО обладают важным физическим свойством: во всех инерциальных системах отсчета все физические процессы протекают одинаково. Это утверждение называют принципом относительности. Отсюда следует, что установив 361 физический закон в одной ИСО, можно его применять без изменений в другой ИСО. Поскольку одно и то же явление протекает одинаково во всех ИСО, то принцип относительности утверждает, что никакими физическими опытами, проводимыми внутри данной инерциальной системы отсчета, нельзя установить, покоится система отсчета или движется равномерно и прямолинейно. Принцип относительности был установлен в начале двадцатого века и является обобщением механического принципа, сформулированного Галилеем еще в семнадцатом веке. Принцип относительности Галилея гласит: во всех инерциальных системах отсчета все механические явления протекают одинаково, и никакими механическими опытами, проводимыми внутри данной инерциальной системы отсчета, невозможно установить, покоится система отсчета или движется равномерно и прямолинейно. Из принципа относительности следует, что законы Ньютона формулируются одинаково во всех ИСО, т.е. второй закон Ньютона имеет одинаковую математическую запись во всех ИСО. Ниже покажем это. Для этого рассмотрим преобразования Галилея. Пусть система отсчета K  с координатами x, y, z и времени t  движется равномерно и прямолинейно со скоростью u относительно неподвижной инерциальной системы K с координатами х, y, z и времени t (рис. 10.1). Пусть отчет времени обоих систем начался в момент, когда начала координат обеих систем совпадали. Опыты показывают, что если , где с  скорость свеu  c та, то время в обеих системах отсчета течет одинаково: (10.1) t  t . Если точка А в системе K имеет координаты х, y, z, то ее координаты в системе K  будут 362 x  х  ut , y  y, z  z (10.2) или в векторной форме r  r  ut, (10.3) где r  радиус-вектор точки А в системе K , а r  в системе K  . При переходе из системы K  в систему K координаты преобразуются в виде x  x  ut , y  y, z  z (10.4) r  r   ut. Уравнения (10.1 – 10.4) называют преобразованиями Галилея. 10.2. Следствия преобразований Галилея Из преобразований Галилея вытекают следующие следствия: одновременность и длительность событий; преобразование скоростей и ускорений; преобразование силы и второго закона Ньютона. 1) Преобразование скоростей Пусть даны компоненты скоростей частицы, движущейся в K   системе, которая, в свою очередь, движется со скоростью U относительно неподвижной K  системы: x  dx , dt  y  dy , dt  z  dz . dt  (10.5) Нужно определить компоненты скоростей движущейся частицы относительно K  системы. Для этого необходимо в (10.5) подставить координаты системы K  (10.2) и с учетом t  t, получим d dx  x  ut    u  x  u, y  y , z  z , (10.6) dt dt где x  относительная, x  абсолютная и u переносная скоx  рости. 363 2) Преобразование ускорений Пусть компоненты ускорения движущейся частицы относительно K   системы заданы в виде: d  d  d 2 x d  (10.7) ax  x  2 , ay  y , az  z . dt  dt  dt  dt  Найдем компоненты ускорения частицы относительно K  системы. Для этого в (10.7) подставим (10.6) и с учетом того, что t  t , получим d d du d ax  x   ax  0  ax , ay  y  ay , az  z  az (10.8) dt dt или в векторной форме dt dt a  a. (10.8а) Итак, согласно принципу относительности Галилея ускорение частицы (тела) одинаково во всех инерциальных системах отсчета. 3) Преобразование силы Силы зависят от расстояния между телами, относительной скорости движения взаимодействующих тел и времени. Так как ускорение и время не изменяются при переходе от одной ИСО к другой, то также не изменяется сила взаимодействия между телами при переходе от одной ИСО к другой, т.е. F   F. (10.9) 4) Преобразование второго закона Ньютона Пусть в системе отсчета K  второй закон Ньютона имеет вид: F   ma. (10.10) Так как m  m, a  a и F   F , то в системе K второй закон Ньютона запишется в виде F  ma. (10.11) Математическая форма записи второго закона Ньютона при переходе от одной ИСО к другой (из K  в K ) не изменяется. 364 Физические величины и законы, не изменяющиеся при переходе от одной ИСО к другой, называют инвариантными (не изменяющимися) к преобразованиям Галилея. 10.3. Принцип относительности Эйнштейна. Преобразования Лоренца Выше было показано, что законы Ньютона инвариантны к преобразованиям Галилея. Возникает вопрос: будут ли другие физические законы инвариантны к этим преобразованиям? Известно, что кроме законов Ньютона к фундаментальным законам физики относятся законы электродинамики, выражаемые уравнениями Максвелла. Простая проверка показывает, что уравнения Максвелла не инвариантны к преобразованиям Галилея. Такой результат поставил ученых перед выбором. Вопервых, отказаться от уравнений Максвелла, считая их неправильными; во-вторых, отбросить принцип относительности и, втретьих, считать преобразования Галилея неточными. На поставленный вопрос ответили Эйнштейн в 1905 году и не зависимо от него Лоренц следующим образом: уравнения Максвелла и принцип относительности Галилея справедливы, но необходимы новый принцип и новые преобразования, относительно которых все физические законы инвариантны во всех инерциальных системах отсчета. Тогда принцип относительности Галилея, уравнения Максвелла и законы механики являются частными случаями относительно нового принципа и новых преобразований. Эйнштейн сформулировал постулаты: 1) скорость света в вакууме одинакова во всех инерциальных системах отсчета и не зависит от направления его распространения и движения источника и приемника света; 2) физические законы одинаковы во всех инерциальных системах отсчета, и, следовательно, математическая форма записи законов должна быть инвариантна к преобразованиям. В ньютоновской механике пространство и время абсолютны. Эйнштейн показал, что свойства пространства и времени изменяются и зависят от движения материальных объектов, с которыми связывают инерциальные системы отсчета, т.е. про365 странство и время относительны. На основании этих рассуждений и постулатов Эйнштейн создал специальную теорию относительности (СТО) и получил новые преобразования: x  ut x  u 1 2 x ; c2 ; z  z; ux 1 2 y  y; z  z; t  u 1 c2 y  y; t x  ut  c2 ; 2 t u t  ux 1 c2 (10.12) c2 ; 2 u c2 где u  скорость движения инерциальной системы отсчета K  относительно системы K , сскорость света в вакууме. Введем обозначение   u. c Соотношения (10.12) называются преобразованиями Лоренца, который впервые получил их, исходя из других предположений. Из (10.12) следует, во-первых, что время t выступает как равноправная четвертая координата, во-вторых, время зависит от координаты и скорости и подвергается преобразованиям. При u  1, u  c преобразования (10.12) Лоренца переc ходят в преобразования Галилея, т.е. x  x  ut 1 u c 2 t   x  ut; t ux 1 2 c 2  t. 2 u c2 Из последних выражений следует, что преобразования Галилея и ньютоновская динамика являются частными случаями СТО и они справедливы при малых скоростях движения тела (частицы), много меньших скорости света. 366 10.4. Пространство и время в специальной теории относительности (СТО) 10.4.1. Относительность одновременности В ньютоновской механике события, одновременные в одной инерциальной системе отсчета, будут одновременными во всех других инерциальных системах. Будут ли они одновременными в СТО? Пусть в движущейся системе K  в точках x1 и x2 одновременно в момент времени t  произошли два события, например, зажглись две лампочки (см. рис. 10.2). Будут ли эти два события одновременными для наблюдателя системы K ? Для этого используем преобразования для времени из формул (10.12) для точек x1 и x2 : t1  t  ux1 2 c , 1  2 t2  t  ux2 c2 , 1  2 (10.13) где t1 и t2 моменты времени двух событий, происходящих одновременно в точках x1 и x2 в системе K . Так как x1  x2, то из (10.13) следует, что t1  t2 , т.е. два события, происходящие одновременно в точках x1 и x2 в системе K  , не одновременны в системе K . 367 10.4.2. Относительность продолжительности событий. Замедление времени Пусть в движущейся системе отсчета K  в неподвижной точке xo (рис.10.2) произошло событие длительностью t  t2  t1, где t1 и t2 моменты времени начала и конца собы- тия (по часам покоящимся в системе отсчета K  ). Для наблюдателя в неподвижной системе K начало и конец события (по своим часам) в моменты t1 и t2 равны t1  t1  u xo 2 c , 1  2 t  t2  t1  t2  t2  u xo c2 , 1  2 t2  t1 t   . 2 1  1  2 или (10.14) Из соотношения (10.14) следует, что длительность события t в системе K не равна длительности t  в системе K  , т.е. t  t. Длительность одного и того же события неодинакова в разных инерциальных системах отсчета. В движущейся системе K  длительность события меньше, чем длительность этого события в неподвижной системе K . 10.4.3. Относительность длины Пусть в движущейся системе отсчета K  вдоль оси X  покоится отрезок (например, линейка) длиной l   x2  x1 (рис.10.3), где x1 и x2 координаты начала и конца линейки, отмеченные в системе K  в один и тот же момент времени t . l  можно фиксировать наблюдателем в системе K  следующим образом. На концах линейки x1 и x2 фиксируем лампочки. Лампочки вспыхивают одновременно в момент времени t . Для наблюдателя, находящегося в системе отсчета K  , эти события одновременны и поэтому можно фиксировать длину линейки как l  . Какова будет длина этой линейки для наблюдателя в системе отсчета K ? 368 Относительно наблюдателя, находящегося в системе K , линейка будет двигаться со скоростью u . Чтобы измерить длину линейки, движущейся со скоростью u , наблюдатель в системе K должен в один и тот же момент времени t по своим часам отметить на оси X положение концов линейки. Пусть отметками концов линейки будут x1 и x2 . Из преобразований Лоренца (10.12) следует, что x1  x1  ut и x2  1  2 Тогда l   x2  x1  x2  ut 1  2 . x2  x1 l  . 2 1  1  2 (10.15) Из соотношения (10.15) получим l  l  1   2 . (10.16) Наблюдатель в системе K видит, что длина линейки в 1   2 раз меньше его собственной длины, измеренной в движущейся системе отсчета K  , где эта линейка покоится. Таким образом, наблюдатель, находящийся в неподвижной системе отсчета K , сделает вывод, что в любой движущейся относительно него инерциальной системе отсчета K  все отрезки укорачиваются в направлении движения системы. 369 10.4.4. Преобразование скоростей Пусть скорость тела в движущейся системе K  равна υ и направлена вдоль оси X . Чему равна эта скорость относительно неподвижной системы K ? Скорости в системах K  и K равны   dx dt   и dx . dt Используем формулы (10.12) x  ut  x 1  2 и t t  (10.17) ux c2 . 1  2 Тогда dx  udt  dx  1  2 Найдем отношение  dt  и  dx    dt dt   (10.18) udx c2 . 1  2 (10.19) u  dx dx  udt  dt      u .    dt   u dx  1  u   u dx dt dt   2 1  2   c2 c c dt   (10.20) Из формулы (10.20) следует, что абсолютная скорость  не равна сумме относительной   и переносной u . u   1, то      u, т.е. полученная скорость соЕсли 2 c ответствует преобразованию Галилея. Если    с, то  с u u с  с, 1 2 c т.е. скорость света при переходе из одной инерциальной системы отсчета к другой не изменяется. Пусть источник вместе с системой K  движется со скоростью света u  с  . Источник испускает световую волну, дви370 жущуюся со скоростью    с. Приемник находится в неподвижной системе отсчета K и принимает сигнал. Чему равна скорость света, регистрируемая приемником? Подставляем в (10.20) величины    с и u  с, получим  сс  с. с с 1 2 c Как следует из последнего равенства, скорость света не зависит от скорости движения источника и приемника света. В общем случае, если частица движется в пространстве относительно систем K и K  , то преобразование скоростей при переходе от одной инерциальной системы отсчета к другой имеет вид: x  x  u u 1   c2 x , y y 1  u 2 c2 u 1   c2 , z  x z 1  u 2 c2 u 1   c2 . (10.21) x 10.5. Релятивистская динамика 10.5.1. Релятивистский импульс Законы сохранения должны выполняться во всех инерциальных системах отсчета, т.е. должны быть инвариантны по отношению к преобразованиям Лоренца. Простая проверка импульса p  mυ к преобразованиям Лоренца показала, что данное выражение импульса не инвариантно к преобразованиям Лоренца (доказательство см. в кн. Савельева И.В. Курс общей физики, в 5-ти т., Т.1, 2011 г., §6.5, стр. 218 – 219). Необходимо было найти другой вид импульса частицы, который инвариантен во всех инерциальных системах отсчета. Эйнштейн предложил следующую формулу для импульса: p m , 2 1 2 c 371 (10.22) где  скорость тела (частицы) в выбранной системе отсчета. Выражение (10.22) можно записать в виде m dr dr m , 2 dt  dt  1 2 c p (10.23) где dt  промежуток собственного времени частицы, за который она смещается на dr . dr  перемещение частицы в той системе, в которой определяется импульс p. При   c формула (10.23) переходит в выражение для классического импульса, т.к. 2  0 и p  m . c2 10.5.2. Второй закон Ньютона в СТО Поскольку импульс частицы в СТО имеет вид (10.22), то уравнение, Ньютона также преобразуется в другую форму:   dp d  m F  dt dt  2  1  2 c      ma ,  2  1 2 c  (10.24) где ускорение F F  2   1 2 . 2  m mc  c   Компоненты силы преобразуются в виде a  Fx  Fx u  ; 1  2x c  2 c2 ; Fy  u  1  2x c Fy 1  2 c2 . Fz  u  1  2x c (10.25) Fz 1  (10.26) Компоненты импульса также преобразуются следующим образом: 372 px  px  u W  c 2 2 1 2 c , py  py , pz  pz, W    px W  c c 2 . (10.27) c  1 2 c Во всех преобразованиях u это скорость движения K  системы относительно неподвижной системы K ;  скорость частицы относительно системы K  ; W энергия частицы. 10.5.3. Релятивистское выражение энергии. Связь между импульсом и энергией частицы Пусть на частицу массой m действует сила F   d dt      m  2  1  2  c  и происходит элементарное перемещение dr . Сила совершает элементарную работу, которая равна   d  m  A  Fdr   dt 2  1  2 c       dt   d  m   2   1  2 c     .    (10.28) С другой стороны работа равна изменению кинетической энергии частицы:   m  A  dWk   d  2  1  2 c      2   d  mc   2   1  2 c      .    (10.29) После интегрирования получим  Вывод см.: Савельев И.В. Курс общей физики. В 5-ти т. Том 1, 2011 г., §6.6, стр. 226. 373     mc 1 . Wk   mc 2  mc 2   1 2 2      1  2  1 2 c c   2 (10.30) Формула (10.30) есть релятивистское выражение кинетической энергии частицы, где W0  mc 2 энергия покоя частицы. Полная энергия частицы равна W  Wk  W0  Если mc 2 . 2 1 2 c (10.31) 2  1, то релятивистская кинетическая энергия перехоc2 дит в классическую. Для этого разложим в степенной ряд (10.30) и ограничимся первым членом разложения ряда:   2  1  2  c   1 2 1  2   1   2   2 c  (10.32) Подставляем (10.32) в (10.30), получим  Wk  mc 21   1  2  m 2 1  . 2 c 2  2 (10.33) Исключив из уравнений (10.22) и (10.31) скорость  , получим выражение полной энергии частицы через ее импульс W  c p2  m 2c 2 . (10.34) Также можно получить выражение импульса через кинетическую энергию: p 1 W W  2mc 2 . c k k (10.35) Кроме того, из выражений (10.22) и (10.31) можно получить инвариант, т.е. величину, неизменяющуюся при преобразованиях Лоренца: 374 W2  p2  m 2c 2  inv, c2 (10.36) т.к. масса m частицы и скорость света c являются инвариантными величинами. Из уравнений (10.22) и (10.31) получим p W . c2 (10.37) 10.5.4. Взаимосвязь массы и энергии покоя Согласно формуле (10.30) энергия покоя частицы определяется выражением (10.38) W0  mc 2. Из (10.38) вытекает, что всякое изменение массы частицы m сопровождается изменением энергии покоя, т.е. W0  c 2 m. (10.39) Это утверждение (10.39) носит название закона взаимосвязи массы и энергии покоя. Взаимосвязь массы m и энергии покоя W0 приводит к тому, что масса взаимодействующих частиц является неаддитивной, т.е. после взаимодействия частиц масса образовавшейся частицы не равна сумме масс взаимодействующих частиц. Неаддитивность массы наблюдается в ядерной физике. При образовании ядра гелия из двух протонов и двух нейтронов масса образовавшегося ядра гелия не равна сумме масс протонов и нейтронов. Более подробно рассмотрим этот вопрос в ядерной физике. 10.5.5. Частицы с нулевой массой В ньютоновской механике не допускают существования частиц с нулевой массой, т.к. такие частицы обладали бы бесконечным ускорением. В релятивистской механике существование с нулевой массой частиц не противоречит законам релятивистской механики. Причем по теории СТО частицы с нулевой массой могут существовать, только двигаясь со скоростью света c . Такие частицы обладают импульсом 375 p W . c (10.40) Примером частиц с нулевой массой является фотон. Для фотона энергия равна (10.41) W  h , где h постоянная Планка. Тогда импульс фотона равен p h . c (10.42) 10.6. Понятие общей теории относительности (ОТО) Специальная теория относительности, созданная Эйнштейном в 1905 году, является частной теорией, т.к. в ней не учтено гравитационное поле (гравитация). В 1916 году Эйнштейн учитывая гравитацию, создал общую теорию относительности (ОТО), которая называется теорией гравитации. В основе ОТО Эйнштейн учел принцип эквивалентности, согласно которому свойства движения в неинерциальной системе отсчета такие же, что и в инерциальной системе отсчета (ИСО) при наличии гравитационного поля. Смысл принципа эквивалентности следующий. Как известно, масса тела фигурирует в двух различных законах: во втором законе Ньютона и в законе всемирного тяготения. В первом случае масса характеризует инертные свойства тела, во втором, гравитационные свойства, т.е. способность тел притягивать друг друга. В связи с этим возникает вопрос: чем отличаются инертная и гравитационная массы? Многочисленные опыты доказывают, что инертная и гравитационная массы всех тел пропорциональны друг другу. Это означает, что при надлежащем выборе единиц гравитационная и инертная массы становятся тождественными (одинаковыми). Поэтому в физике говорят просто о массе. Тождественность гравитационной и инертной масс Эйнштейн положил в основу ОТО. Все тела, независимо от их масс и химического состава, получают в данном гравитационном поле одинаковые ускорения.  См.: Савельев И.В. Курс общей физики. В 5-ти т. Том 1, 2011 г., §7.5, стр. 253255. 376 Поэтому в таком поле они движутся совершенно одинаково, если одинаковы начальные условия. Тем же свойством обладают свободно движущиеся тела относительно какой-либо неинерциальной системы отсчета. В неинерциальной системе отсчета возникают силы инерции. Так как силы инерции пропорциональны массе тела, на которое они действуют, то можно считать, что силы инерции аналогичны силам тяготения. Допустим сначала, что лифт неподвижно висит на тросе или движется равномерно относительно Земли. Все тела в лифте подвергаются действию земного тяготения. Пассажир в лифте ощущает вес собственного тела, оказывает давление на пол лифта. Груз, подвешенный на пружине, растягивает ее силою своего веса. Все тела, предоставленные самим себе, свободно падают относительно лифта с одним и тем же ускорением g . Вообразим теперь, что лифт удален от Земли и прочих небесных тел настолько, что он не подвергается никаким гравитационным воздействиям, и каким-то образом движется с ускорением a   g. Гравитационного поля в лифте нет, зато действует сила инерции: FU  ma  mg. Если тела ничем не удерживать, то под действием силы инерции они начнут падать с ускорением g . Груз, подвешенный на пружине, растянет ее, как если бы он обладал весом mg. Пассажир в лифте будет оказывать на пол такое же давление, как и на Земле и т.д. Другими словами, все механические явления в лифте будут в точности такими же, что и в неподвижном лифте, находящемся в поле тяжести. Т.е., никакими опытами, проводимыми внутри лифта, невозможно установить, чем обусловлена сила инерции: ускоренным движением лифта или действием гравитационного поля Земли. Эйнштейн распространил это утверждение на все физические явления: все физические явления в равномерно ускоренной системе будут происходить в точности так же, как и в неподвижной системе, находящейся в однородном поле тяжести.  См.: там же, §4.1, стр. 137139. 377 С точки зрения классической механики явления, происходящие в лифте, объяснялись бы следующим образом. Если лифт находится на Земле неподвижно, то действие силы на тело обусловлено наличием гравитационного поля. Если лифт движется с ускорением a  g, то действием сил инерции. В классической механике силы инерции и гравитационные разделены. В ОТО между ними нет различия. Поэтому тождественность инертной и гравитационной масс является следствием эквивалентности сил инерции и тяготения. Отсюда следует, что неинерциальная система отсчета эквивалентна некоторому гравитационному полю. Из принципа эквивалентности вытекает, что все явления, наблюдаемые в неинерциальной системе отсчета, могут наблюдаться в ИСО с учетом сил тяготения. Например, частица света фотон в ИСО без гравитационного поля летит со скоростью с по прямолинейной траектории. В неинерциальной системе отсчета, движущейся с ускорением a параллельно оси Y, фотон будет обладать ускорением, перпендикулярным к оси X. Поэтому световой луч, прямолинейный в ИСО, в неинерциальной системе искривляется и приобретает форму параболы. Согласно принципу эквивалентности такое же искривление луча должно наблюдаться в ИСО под действием перпендикулярного к лучу гравитационного поля. Вывод: световые частицы подвержены действию сил тяготения. Согласно евклидовой геометрии квадрат расстояния dl 2 между двумя точками в трехмерном пространстве определяется выражением: dl 2  dx 2  dy 2  dz 2 . В таком пространстве линии, вдоль которых расстояние между двумя точками минимально, являются прямыми. Так же в геометрии Евклида сумма углов треугольника равна 180, а отношение длины окружности к ее радиусу равно 2. Такое пространство является плоским. Четырехмерное пространствовремя в отсутствии гравитационных полей также является плоским. 378 В неинерциальной системе отсчета пространство-время оказывается искривленным. В искривленном пространстве кратчайшим расстоянием между двумя точками является не прямая, а дуга. Например, для сферы, кратчайшее расстояние есть дуга большой окружности. Линии, вдоль которых расстояние между двумя точками является минимальным, называются геодезическими линиями. В случае сферы геодезическими линиями являются большие окружности. Тогда четырехмерное пространство-время при наличии гравитационного поля является искривленным. Согласно Эйнштейну никаких специальных гравитационных сил не существует, и всякое тело всегда движется в четырехмерном пространстве-времени «свободно» вдоль геодезических линий. Например, Земля движется вокруг Солнца по искривленной траектории (орбите) не потому, что какие-то силы препятствуют ее прямолинейному движению, а потому, что она беспрепятственно скользит в искривленном пространствевремени вдоль геодезической линии в окрестности Солнца. Таким образом, тяготение есть свойство пространства-времени. Искривленное пространство-время описывается неевклидовой геометрией. Математический аппарат неевклидового пространства создали Н.М. Лобачевский (1826 г.), Я. Больяй, К. Гаусс и Б. Риман. Эйнштейн на основе идеи римановой геометрии (пространство Римана) вывел уравнения гравитационного поля, которые связывают величину, характеризующую кривизну пространствавремени с величиной, характеризующей распределение источников тяготения (тензором энергии-импульса). ОТО Эйнштейна объяснила некоторые эффекты, наблюдаемые в экспериментах. Рассмотрим некоторые из них. 1) Вращение перигелия планет Согласно решению Шварцшильда планеты движутся по эллиптическим орбитам, которые медленно поворачиваются (прецессируют) в своей плоскости. Это приводит к смещению ближайшей к Солнцу точки орбиты (перигелию). Например, для самой близкой к Солнцу планеты Меркурия поворот оси эллиптической орбиты составляет 43 угловые секунды ( 43 ) в столе379 тие, а для Земли прецессия орбиты составляет всего 4 угловые секунды ( 4 ) в столетие. Прецессия орбит планет подтверждена астрономическими наблюдениями. 2) Искривление световых лучей Согласно ОТО лучи, проходящие вблизи Солнца, отклоняются на угол   1, 75. На рис.10.4 условно показано искривление луча. Буквой А обозначено действительное положение звезды, а буквой В – ее кажущееся положение. Экспериментально с большой точностью было определено отклонение Солнцем радиолучей от квазаров. Полученное значение угла α совпало с предсказанным значением ОТО с погрешностью 1%. 3) Гравитационное красное смещение Примером применения принципа эквивалентности гравитационных сил и сил инерции является гравитационное красное смещение (ГКС) спектральных линий, которое теоретически предсказал Эйнштейн. ГКС – это явление сдвига частоты излучаемого света (электромагнитных волн) в сторону красной границы спектра по мере его удаления от источника излучения массивных тел, например, звезд, черных дыр. Свет, приходящий из областей с более слабым гравитационным полем, испытывает гравитационное синее смещение. Пусть монохроматический (одноцветный) свет приходит к нам от какого-либо удаленного источника. Будем считать, что в пространстве, через которое распространяется свет, отсутствует гравитационное поле. Обозначим через  0 частоту световой волны, воспринимаемой наблюдателем (приемником) в покоящейся системе отсчета K . Если наблюдатель движется навстречу световым лучам с постоянным ускорением a , то частота воспринимаемого наблюдателем света  увеличится вследствие эффекта Доплера. 380 Теоретический расчет показывает, что относительное изменение воспринимаемой частоты определяется формулой:   0      , 0 0 с (10.43) где  скорость движения наблюдателя. Экспериментально относительное изменение частоты спектральных линий доказали американские физики Р.В. Паунд и Дж. Ребка в 1960 году с помощью эффекта Мессбауэра. ИсточFe ) находиник и поглотитель -квантов (ядра изотопа железа 57 26 лись друг от друга на расстоянии l=22,5м по вертикали в гравитационном поле Земли. Относительный сдвиг частоты в этих условиях составил    2,57 1015 , отличающийся от теоретического значения на 1%. Гравитационное красное смещение объясняется замедлением времени. Согласно ОТО ход времени часов, находящихся вблизи объектов, создающих гравитационное поле, замедляется. Чем сильнее гравитационное поле, тем медленнее течет время по сравнению с течением времени часов (наблюдателя), находящихся вне поля. Следовательно, на Солнце время течет медленнее, чем на Земле. Время течет быстрее на горных вершинах, чем в долинах. В Италии и в Японии были проделаны эксперименты, в которых сравнивался ход двух одинаковых атомных часов, одни из которых находились высоко в горах. Результаты измерений оказались в согласии с ОТО. Из космологического принципа, постулирующего пространственную однородность и изотропность Вселенной, А. Фридман (1922 г.) математически доказал, что Вселенная не может быть стационарной. Она находится либо в состоянии расширения, либо сжатия. Нестационарность Вселенной вскоре была экспериментально подтверждена. В 1929 году Э. Хаббл  См.: Савельев И.В. Курс общей физики. В 5-ти т. Том. 4, 2011 г., §8.4, стр. 244247. 381 обнаружил, что галактики удаляются друг от друга – Вселенная расширяется. У далеких галактик одинаковое для всех спектральных линий относительное изменение длины волны, которое пропорционально расстоянию r от нас до галактик:  (10.48)  H r,  где Нпостоянная Хаббла. Изменение длин волн обусловлено удалением источников света, т.е. смещением частоты в красную область спектра. Гравитационное красное смещение активно применяется в современной астрофизике. Поправка на гравитационное красное смещение вводится в бортовые часы спутников глобальных систем позиционирования GPS и ГЛОНАСС. 10.7. Контрольные вопросы 1. В чем состоит принцип относительности? В чем состоит принцип относительности Галилея? 2. Напишите преобразования Галилея, закон сложения скоростей, ускорения. 3. Напишите преобразования импульса, энергии и силы. 4. Какие величины являются инвариантными к преобразованиям Галилея? Покажите инвариантность к преобразованиям Галилея закона Ньютона. 5. Сформулируйте постулаты СТО. В чем отличие принципов относительности Галилея и Эйнштейна? 6. В чем отличие пространства и времени Ньютона от пространства и времени Эйнштейна? 7. Напишите формулы относительности времени, продолжительности событий, длины и поясните их смысл. 8. Получите закон сложения скоростей, используя преобразования Лоренца. 9. Напишите формулу релятивистского импульса и рассмотрите предельный случай перехода релятивистского импульса в классический. 10. Покажите преобразование релятивистского закона Ньютона и силы. 382 11. Получите релятивистское выражение энергии и связь между импульсом и энергией. 12. Какое понятие рассматривается в основе общей теории относительности? 13. Опишите основные идеи Эйнштейна по ОТО. 14. Какие эксперименты доказывают правильность ОТО? Опишите их. 10.8. Примеры решения задач 1. Насколько процентов изменится продольный размер протона и электрона после прохождения ими разности потенциалов U=107В? Энергия покоя протона W0  mp c2  938,3 МэВ, электрона W0  mec 2  0,51 МэВ. Решение: Продольный размер частиц определяется формулой: l  l0 1   2 , (10.49) где   u , сскорость света, u скорость частицы, относиc тельно неподвижной системы отсчета K , l длина (размер) частицы, измеренная в неподвижной системе отсчета K , l0 длина (размер) частицы, измеренная в подвижной системе отсчета K  , движущейся со скоростью u относительно системы K . Относительное изменение продольных размеров равно l0  l l  1  1 1  2 . (10.50) l0 l0 Релятивистская кинетическая энергия определяется формулой:     1 1   W0  ,  1  1  1  2   1  2      Wk  mc 2 (10.51) где W0  mc 2 энергия покоя частиц. Считаем, что частицы в начальный момент времени покоились. Тогда изменение кинетической энергии частицы равно 383 работе, совершаемой силами электрического поля, созданного разностью потенциалов, т.е. Wk  qU , (10.52) где q заряд частицы. Из (10.51) и (10.52) получим 1  2  mc 2 . qU  mc 2 (10.53) Поскольку заряды протона и электрона по абсолютной величине равны, т.е. qp  qe  1,6 1019 Кл, то работа A  qU  1,6 1019 107  1,6 1012 (Дж) или qU  10 МэВ. (10.54) Подставляя (10.53) в (10.50), получим l0  l mc 2 qU  1  . 2 l0 qU  mc qU  mc 2 (10.55) Подставив численные значения в (10.55), окончательно получим: l0  l 10  100%  1,05% для протона l0 10  938,3 для электрона l0  l 10  100%  95,2% . l0 10  0,51 2. При каких значениях   u c собственное время частицы от- личается на n  102 ; 5 102 от времени, отсчитываемым по часам, находящимся в неподвижной системе отсчета? Решение: Пусть собственное время  0 , измеренное по часам в движущейся системе K  со скоростью u , а   промежуток времени, измеренный по часам неподвижной системы K . Тогда 384 0  1  2 (10.56) , где   u . Из (10.56) найдем относительное изменение времени: c   0  n  1 1  2 . (10.57)  Из (10.57) получим 1   2  1  n, или 1   2  1  n  , откуда  2  2n  n 2, 2   2n  n 2 . (10.58) Подставляя численные значения, найдем  2  10 10 1  2  2 2  0,141,  2  510  5 10 2 2  0,31. 3. Найдите скорость, при которой релятивистский импульс частицы в n  5 раз превышает ее классический импульс. Решение: Релятивистский импульс частицы определяется формулой m p1  . (10.67) 2 1 2 c Импульс частицы в классической механике определяют по формуле p2  m , (10.68) где υ скорость частицы. Найдем отношение импульсов: p1 n p2 m 1  2 c2   m 1 1 2 . c2 Из (10.69) получим  c n2  1 c 2  n  1  0,98 c. n n2 385 (10.69) 4. Стержень движется вдоль оси Х с постоянной скоростью υ относительно инерциальной системы отсчета K . При каком значении скорости υ длина стержня в этой системе отсчета будет на n  1% меньше его собственной длины? Решение: Пусть стержень неподвижен относительно системы K  , которая движется со скоростью υ относительно неподвижной системы K . Тогда длина стержня l в K  системе связана с длиной l0 стержня K  системы соотношением l  l0 1  2 c2 Найдем отношение с учетом (10.70): (10.70) . l  l0 l 2  1  1 1 2 . l0 l0 c Так как (10.71) l  l0  n  0,01, то l0 0,01  1  1  2 или c2 Из последнего выражения получим 1 2 c2  0,99.   c 1   0,99   0,14 c. 2 5. В K  системе отсчета -мезон, движущийся со скоростью υ  0,9c , пролетел от места своего рождения до точки распада расстояние, равное l0  3 км. Определите: а) собственное время жизни t0 -мезона; б) расстояние, которое пролетел -мезон в системе K . Решение: Пусть неподвижная система K связана с Землей (лабораторная система), а K   система связана с -мезоном (подвижная 386 система). Тогда промежуток времени t , отсчитываемый в системе K , связан с промежутком времени t0 (собственное время) в системе K  соотношением: t0  t 1  2 . c2 Промежуток времени t находим из соотношения l t  0 .  (10.73) (10.74) С учетом (10.74) получим t0  l0  1 2 2 c  3 103 3 103  0, 436 2 1   0,9    4,84 106 с. 0,9 c 0,9  3 108 Расстояние, которое пролетел -мезон в системе K , определяется формулой 2 2 l  l0 1  2  3 1   0,9   1,3 км. c 6. Две частицы движутся навстречу друг другу со скоростями 1  0,6c и 2  0,8c по отношению к лабораторной системе отсчета (неподвижная K  система). Определите: а) скорость сближения частиц в лабораторной системе отсчета; б) их относительную скорость. Решение: Скорость сближения в K  системе равна   1  2  1,4 c. (10.75) Относительная скорость определяется из формулы сложения скоростей:   u . (10.76) x  x u 1  2 x c  В нашем случае x  1 , u  2 , тогда 387   x  0,6 c  0,8 c 1, 4 c   0,95 c . 0,6  0,8 c2 1, 48 1 c2 10.9. Задачи для самостоятельного решения 1. Протон проходит ускоряющую разность потенциалов U и движется вдоль оси Х. Какую ускоряющую разность потенциалов нужно пройти, чтобы продольный размер протона стал в два раза меньше поперечного? Энергия покоя протона W0  938,3 МэВ, заряд qp  1,6 1019 Кл. Ответ: U  W0  l0   1 , где l0 поперечный размер. qp  l  2. Кинетическая энергия нейтрона равна Wk  500 МэВ. Найдите скорость нейтрона. Энергия покоя нейтрона W0  939,57 МэВ.  2 W0   .  Wk  W0  Ответ:   с 1   3. Определите среднее время жизни -мезонов; путь, пройденный частицами за это время относительно Земли (лабораторной системы), если среднее время -мезонов, измеренное по часам, связанных с частицей, равно 0  1,8 108 с (собственное время). Скорость частиц равна   0,6 с. Ответ:   2,25 108 с; l  4,05 м. 4. При какой скорости любой элементарной частицы кинетическая энергия равна энергии покоя? Ответ:   2,6 108 м/с. 5. Определите соотношение между полной энергией W , энергией покоя W0 и импульсом р частицы, движущейся со скоростью   0,8 с. 388 6. Кинетическая энергия электрона равна Wk  0,8 МэВ. Определите импульс электрона. Ответ: p  6,7 10 22 кгм/c. 7. Получите релятивистский импульс частицы через релятивистскую энергию. 8. С какой скоростью двигались в K -системе отсчета часы, если за время t  10 с (в K -системе) они отстали от часов этой системы на t  0,1 с? t  t  Ответ:   с  2   . t  t  9. Линейка пролетает с постоянной скоростью мимо метки неподвижной системы отсчета K . Время пролета в данной системе t  10 нс. В системе отсчета K  , связанной с линейкой метка движется вдоль оси Х в течение t   15 нс. Найти собственную длину линейки. t Ответ: l0  ct  1    .  t   2 10. Собственное время жизни некоторой нестабильной частицы t0  20 нс. Найти путь, который пролетит эта частица до распада в лабораторной системе (относительно Земли), где его время жизни t  40 нс.  t  Ответ: S  ct 1   0  .  t  2 11. Нейтрон движется с импульсом p  20,0 ГэВ/c, где с скорость света. На сколько процентов отличается скорость нейтрона от скорости света. Энергия покоя нейтрона W0  939,6 МэВ. с  1  1 . Ответ: 2 с m c 1  n   p  389 Литература 1. Курс общей физики. В 5-ти т. Том 1. Механика: Учеб. пособие. 5-е изд., испр./ И.В. Савельев. – СПб: Лань, 2011. – 352с. 2. Курс общей физики. В 5-ти т. Том 2. Электричество и магнетизм: Учеб. пособие. 5-е изд., испр. / И.В. Савельев. – СПб: Лань, 2011. – 352 с. 3. Курс общей физики. В 5-ти т. Том 4. Волны. Оптика: Учеб. пособие. 5-е изд., испр. / И.В. Савельев. – СПб: Лань, 2011. – 256 с. 4. Курс физики: учеб. пособие для втузов / А.А. Детлаф, Б.М. Яворский. – 8-е изд., стер. – М.: Академия, 2008. – 720 с. 5. Сборник задач по общему курсу физики. Изд. 3-е, испр. и доп./ В.С. Волькенштейн. – СПб: Книжный мир, 2006. – 328 с. URL: http://www.alleng.ru/d/phys/phys124.htm. 6. Задачник-практикум по общей физике. Механика: пособие для студентов /А.М. Зайцева, С.Н. Красников. – М.: Просвещение, 1985. – 160 с. 7. Задачи по общей физике: учеб. пособие для вузов /И.Е. Иродов. – М.: Наука, 2016.–371 с. 8. Курс физики. Механика: [Учеб. пособие для физ.-мат. фак. пед. ин-тов] / М. М. Архангельский . – 3 изд., перераб . – М.: Просвещение, 1975 . – 424 с. 9. Курс общей физики. Механика: [Для студентов-заочников физ.-мат. фак. пед. ин-тов] / Н. В. Александров, А. Я. Яшкин. – М.: Просвещение, 1978 . – 416 с. 10. Курс общей физики. Механика: кн. для студентов-заочников физ. ф-та МГУ им М.В. Ломоносова. / С.П. Стрелков – М.: Наука, 1975. – 560 с. URL: http://www.twirpx.com/file/69371/ 11. Общий курс физики. Учебное пособие в 5-и томах. Том 1. Механика. / Д.В. Сивухин – М.: Физматлит, 2017. – 560 с. 390 Приложение 1 Греческий алфавит Буква Α, α Β, β Γ, γ Γ, δ Δ, ε Ε, δ Ζ, ε Θ, ζ Η, η Κ, ϰ Λ, λ Μ, μ Русское название Альфа Бета Гамма Дельта Эпсилон Дзета Эта Тета Йота Каппа Лямбда Мю Буква Ν, ν Ξ, ξ Ο, ο Π, π Ρ, π ΢, ζ Σ, η Τ, υ Φ, θ Υ, χ Φ, ψ Χ, ω Русское название Ню Кси Омикрон Пи Ро Сигма Тау Ипсилон Фи Хи Пси Омега Латинский алфавит Буква A, a B, b C, c D, d E, e F, f G, g H, h I, i J, j K, k L, l M, m Русское название а бэ цэ дэ е эф гэ/жэ ха/аш и йот/джи ка эль эм Буква N, n O, o P, p Q, q R, r S, s T, t U, u V, v W, w X, x Y, y Z, z 391 Русское название эн о пэ ку эр эс тэ у вэ дубль-вэ икс игрек/ипсилон зед Приложение 2 Основные единицы системы СИ Величина Длина Масса Время Сила электрического тока Термодинамическая температура Количество вещества Плоский угол Телесный угол Единица наименование обозначение метр м килограмм кг секунда с ампер А кельвин К моль моль радиан рад стерадиан ср Приставки Приставка Атто Фемто Пико Нано Микро Милли Санти Деци Числовое значение –18 10 10–15 10–12 10–9 10–6 10–3 10–2 10–1 Обозначение а ф п н мк м с д Приставка Дека Гекто Кило Мега Гига Тера Пета Экса 392 Числовое значение 1 10 102 103 106 109 1012 1015 1018 Приставка да г к М Г Т П Э Приложение 3 Некоторые физические константы Скорость света в вакууме Гравитационная постоянная Ускорение свободного падения с  2,998 108 м/с 3 2 G  6,67 1011 м /(кг∙с ) g  9,8 м/с 2 Масса электрона N A  6,022 1023 моль–1 k = 1,3810–23 Дж/К e  1,602 1019 Кл  4,803 1010 ед. СГСЭ 2 me  9,111031 кг  0,511 МэВ/с Удельный заряд электрона 17 e / me  1,76 1011 Кл/кг  5,27 10 СГСЭ/г Масса протона mр  1,672 1027 кг  938,27 МэВ/с2 Постоянная Авогадро Постоянная Больцмана Элементарный заряд Электрическая постоянная тп = 1,674910–27кг = 939,57 МэВ/с2 тп – тр = 1,29 МэВ/с2 0  8,85 1012 Ф/м Магнитная постоянная 0  4107  1,257 106 Гн/м Масса нейтрона Постоянная Планка Переходная константа Постоянная тонкой структуры Классический радиус трона Постоянная Ридберга элек- Магнетон Бора h = 6,63 10–34 Джс = 1,0510–34 Джс h 2 c = 3,16  10–26 Джм e = e2/(hc) = 1/137 r0 = е2/(тес2) = 2,821 0 –15м R = 1,09741 0 7 м–1  B  e /  2me c  = 9,2710–24Дж/Тл Ядерный магнетон  N  e /  2m p c  = 5,0510–27Дж/Тл Связь между скоростью света и постоянными  0 и  0 с  1/ 00 393 Приложение 4 Астрономические величины Космическое тело Средний радиус, м Масса, кг Средняя плотность, 103 кг/м3 Период обращения вокруг оси, сутки Солнце 6,95·108 1,97·1030 1,41 25,4 Земля 6,37·106 5,96·1024 5,52 1,00 Луна 1,74·10 7,30·10 3,30 27,3 6 22 Планеты Солнечной системы Среднее расстояние от Солнца, 106 км Период обращения вокруг Солнца в годах Меркурий Венера Земля Марс Юпитер Сатурн Уран Нептун Плутон 57,87 108,14 149,50 227,79 777,8 1426,1 2867,7 4494 9508 0,241 0,615 1,000 1,881 11,862 29,458 84,013 164,79 248,43 394 Приложение 5 Плотности веществ Твердые вещества Алмаз Алюминий Вольфрам Графит Железо (сталь) Золото Кадмий Кобальт Лед Медь Молибден Натрий Никель Олово Платина Пробка Свинец Серебро Титан Уран Фарфор Цинк ρ, 103 кг/м3 Жидкости ρ, 103 кг/м3 3,5 2,7 19,1 1,6 7,8 19,3 8,65 8,9 0,916 8,9 10,2 0,97 8,9 7,4 21,5 0,20 11,3 10,5 4,5 19,0 2,3 7,0 Бензол Вода Глицерин Касторовое масло Керосин Ртуть Спирт Тяжелая вода Эфир 0,88 1,00 1,26 0,90 0,80 13,6 0,79 1,1 0,72 Газы (при нормальных условиях) ρ, кг/м3 Азот Аммиак Водород Воздух Кислород Метан Углекислый газ Хлор 1,25 0,77 0,09 1,293 1,43 0,72 1,98 3,21 Коэффициенты теплового расширения (при комнатных температурах) Твердое тело Коэффициент линейного расширения α, 106 К-1 Жидкость Коэффициент объемного расширения , 104 К-1 Алюминий 22,9 Вода 2,1 Латунь 18,9 Глицерин 5,3 Медь 16,7 Керосин 10,0 Сталь (железо) 11 Ртуть 1,82 Стекло обычное 8,5 Спирт этиловый 11,0 Примечание:  1 l l T  395 1 V V T Приложение 6 Упругие постоянные. Предел прочности Коэффи- Предел прочКоэффиМодуль Модуль ности на разциент циент Юнга сдвига Е, ГПа G, ГПа Пуассона рыв σm, ГПа сжимаемости μ β, ГПа-1 Материал Алюминий Медь Свинец Сталь (железо) Стекло Вода 70 130 16 200 60  26 40 5,6 81 30  0,34 0,34 0,44 0,29 0,25  Примечание: коэффициент сжимаемости 0,10 0,30 0,015 0,60 0,05    0,014 0,007 0,022 0,006 0,025 0,49 1 V . V  Давление насыщенных паров воды t, °С Давление, кПа t, °С Давление, кПа t, °С Давление, кПа 5 10 15 20 0,61 0,87 1,22 1,70 2,33 25 30 35 40 50 3,15 4,23 5,60 7,35 12,3 60 70 80 90 100 19,9 31,0 47,3 70,0 101 396 Приложение 7 Физические постоянные некоторых газов (при нормальных условиях) Относителная молекулярная масса, г/моль γ = СP/CV Теплопроводность κ, мВт/м·К Вязкость η, мкПа·с Диаметр молеклы d , нм Постоянные Ван-дер-Ваальса Нм4моль2 Не Аг H2 N2 O2 CO2 Н2O (пар) 4 40 2 28 32 44 18 1,63 1,67 1,41 1,40 1,40 1,30 1,32 141,5 16,2 168,4 24,3 24,4 23,2 15,8 18,9 22,1 8,4 16,7 19,2 14,0 9,0 0,20 0,35 0,27 0,37 0,35 0,40 0,30 0,00338 0,1344 0,0245 0,1350 0,1358 0,3609 0,5451 23,606 32,213 26,653 38,620 31,671 42,840 30,410 Воздух 29 1,40 24,1 17,2 0,35 1,3078 114,127 Газ a, b, см3/моль П р и м е ч а н и е. В этой таблице приведены средние значения диаметров молекул. При более точных расчетах следует иметь в виду, что значения d , полученные из коэффициентов вязкоcти, теплопроводности, диффузии и постоянной b Ван-дер-Ваальса, заметно отличаются друг от друга. Физические постоянные жидкостей и твердых тел (при нормальных условиях) Удельная Удельная теплота Удельная теплота Поверхностное плавления натяжение Вещество теплоемкость парообразования r , 1 0 5 Дж/кг с, Дж/(кгК) Вода Глицерин Ртуть Спирт Алюминий Железо Лед Медь Серебро Свинец  4187 2430 125 2510 920 460 2090 380 250 130 22,56 (t =100 C) — 2,85 (t =3570C) 8,55 (t =78,40C) 109 (t =24500C) 63,4 (t =32000C) — 48,2 (t =25900C) 23,5(t =21600C) 86 (t =17500C) Данные приведены для этилового спирта 397 λ , кДж/кг α, мН/м — 176 (t = 200C) 11,8 (t = 38,90C) 108 (t = 1170C) 397(t = 6600C) 277(t =15350C) 333,7 (t = 00C) 205(t =10830C) 105 (t = 9610C) 23 (t =3270C) 73 66 490 22 — — — — — — Предметный указатель А Абсолютно твердое тело Акустика Амплитуда колебаний Аннигиляция электрона  позитрона Д 19 302 227 6 6 Б Биения 232 В Вектор перемещения Векторное произведение Вещество Волны  звуковые  когерентные  механические  поперечные  продольные  стоячие Время релаксации 11 22 5 281 301 297 282 283 283 299 250 Г Гармонические колебания Гидроаэромеханика Гиперзвук Гипотеза Градиент скорости 226 326 301 7 100 Д Давление жидкости Движение вращательное  неравномерное  прямолинейное  равномерное Деформация абсолютно  упругая  неупругая Деформация изгиба 328 19 12 10 12 80 80 82 Деформация кручения  относительная  растяжения  сдвига  сжатия Динамика классическая Длина волны  пути Добротность системы 83 101 81 82 81 47 285 11 250 Ж Жидкость идеальная 326 З Закон Архимеда 331  вращательного движения 144  всемирного тяготения 57  Гука 86  Ньютона 47, 52, 54  Паскаля 328  Пуазейля 346 Закон сохранения импульса 169  механической энергии 183  момента импульса 189, 190 Звук 302 И Изолированная система Изотропность пространства Импульс силы  тела  релятивистский Инвариантность Инерциальная система отсчета Интенсивность волны  звука Интерференция волн 398 167 167 54 52 370 363 10 297 302 297 К Н Кавитация 337 Колебания 225  вынужденные 241  гармонические 226  затухающие 248  периодические 226  свободные 241 Коэффициент вязкости 346  жесткости 87  затухания 248  истечения (расхода) 341  Пуассона 84  сопротивления 248  трения 95 Красное смещение 310, 379 Л Линия геодезическая  тока Логарифмический декремент затухания Луч 378 332 250 282 М Масса гравитационная  инертная Материальная точка Маятник математический  пружинный  физический Метод Лагранжа  Эйлера Модуляция Модуль кручения  сдвига  Юнга Момент импульса  инерции  силы Мощность силы 51 50 9 245 241 243 331 331 289 90 89 87 134 139 131 174 Напряжение касательное Напряженность гравитационного поля Начальные условия 89 58 15 О Объемная плотность энергии 295 Однородность времени 167  пространства 167 Опыт физический 6 Осциллятор гармонический 242 Относительность длины 368 одновременности 366 продолжительности события 367 П Перемещение 11  угловое 19 Перигелий 378 Период колебаний 226 Плечо силы 132 Плотность потока энергии 296 Поле гравитационное 58  силы тяжести 58 Порог слышимости 302  болевого ощущения 302 Постоянная Планка 375  Хаббла 381 Постулаты Эйнштейна 364 Потенциал гравитационного поля 59 Поток жидкости 332  энергии 296 Преобразования Галилея 361  Лоренца 365  скоростей 369, 370 Приведенная длина 245 Принцип относительности  Галилея 361  Эйнштейна 364  эквивалентности 377 399 Р Работа силы 172  вращательного движения 193 Радиус-вектор 10 Резонанс колебаний 254 Рейнольдса число 348 Релятивистская энергия 373  импульс 370 С Сила гравитационная 49, 57  трения покоя 94  тяжести 61  упругости 86 Силы внешние 167  внутренние 167  диссипативные 177  консервативные 177 Система изолированная 167  отсчета 9  гелиоцентрическая 10  инерциальная 10 Скорость групповая 289  средняя 12  мгновенная 13  средняя путевая 14  угловая 19, 20  фазовая 288 Сопротивление акустическое 303  волновое 304 Спектр акустический 302  линейчатый 302  сплошной 302 Т Тело абсолютно неупругое  твердое  упругое Тело отсчета Теорема Штейнера 80 19 80 9 142 Теория близкодействия  физическая Течение жидкости  ламинарное  турбулентное Траектория точки Трение внешнее  внутреннее  вязкое  качения  покоя  скольжения  сухое Трубка Пито  Прандтля  тока 58 7 332 348 348 10 94 94 94, 98 97 94 96 94 339 339 333 У Удар абсолютно неупругий 170  упругий 170  центральный (лобовой) 185 Ультразвук 301 Уравнение Бернулли 335  гидростатическое 329  неразрывности тока 333  плоской волны 286, 287  стоячей волны 300 Уровень громкости звука 303 Усилие 86 Ускорение мгновенное 14  среднее 14  нормальное 17, 18 (центростремительное)  относительное 118  свободного падения 61  тангенциальное 17, 18  угловое 21 Ф Фаза колебаний 400 227 Физика квантовая  классическая Физическая теория Физические законы  величины Физический опыт Формула Торричелли Фронт волны 5, 7 8 7 6 6 6 341 282 Ц Центр качания 245  кривизны траектории 17  масс тела 19, 133 Цуг волн 282 Фигуры Лиссажу 238 Ч Частота колебаний  циклическая Число волновое  Рейнольдса 227 227 287 348 Э Энергия механическая 171  кинетическая 176, 191  потенциальная 178  релятивистская 372  упругой деформации 92, 180 Эффект Доплера 306 401 ОГЛАВЛЕНИЕ Предисловие…………………………………………………….. ЛЕКЦИЯ 1 Кинематика поступательного и вращательного движения 1.1. Введение. Предмет изучения физики……………………… 1.2. Основные характеристики кинематики: материальная точка, система отсчета, траектория, путь и вектор перемещения. Кинематические уравнения……………………... 1.3. Скорость и ускорение………………………………………. 1.3.1. Скорость………………………………………………. 1.3.2. Ускорение……………………………………………... 1.4. Ускорение при криволинейном движении. Нормальное и тангенциальное ускорения………………………………….. 1.5. Кинематика вращательного движения. Угловое перемещение, угловая скорость и ускорение……………………... 1.6. Связь между линейными и угловыми скоростями и ускорениями……………………………………………………… 1.7. Контрольные вопросы……………………………………… 1.8. Примеры решения задач……………………………………. 1.9. Задачи для самостоятельного решения……………………. ЛЕКЦИЯ 2 Динамика прямолинейного и криволинейного движения 2.1. Первый закон Ньютона. Инерциальная система отсчета… 2.2. Сила. Масса тела. Второй закон Ньютона………………… 2.2.1. Сила…………………………………………………… 2.2.2. Масса тела…………………………………………….. 2.2.3. Второй закон Ньютона……………………………….. 2.3. Третий закон Ньютона……………………………………… 2.4. Классификация сил. Гравитационные силы. Закон всемирного тяготения и его применение……………………… 2.4.1. Классификация сил…………………………………… 2.4.2. Гравитационные силы. Закон всемирного тяготения 2.4.3. Применение закона всемирного тяготения…………. 2.5. Контрольные вопросы………………………………………. 2.6. Примеры решения задач……………………………………. 2.7. Задачи для самостоятельного решения……………………. 402 3 5 8 12 12 14 17 19 22 23 24 38 47 48 48 50 52 54 55 55 55 59 62 63 70 ЛЕКЦИЯ 3 Деформация тел. Закон Гука. Трение……………………….. 3.1. Деформация тел. Типы деформации………………………. 3.2. Характеристики упругих деформаций. Абсолютная и относительная деформации. Механические напряжения и усилия………………………………………………………... 3.3. Закон Гука. Энергия упругой деформации………………... 3.3.1. Напряжение и усилие………………………………… 3.3.2. Закон Гука…………………………………………….. 3.3.3. Энергия упругой деформации……………………….. 3.4. Трение. Сухое трение: трение покоя, скольжения, качения 3.4.1. Трение покоя………………………………………….. 3.4.2. Трение скольжения…………………………………… 3.4.3. Трение качения……………………………………….. 3.5. Вязкое трение. Падение твердого шарика в вязкой среде... 3.6. Контрольные вопросы………………………………………. 3.7. Примеры решения задач…………………………………….. 3.7.1. Деформация тел. Закон Гука…………………………. 3.7.2. Трение………………………………………………….. 3.8. Задачи для самостоятельного решения…………………….. 3.8.1. Деформация тел. Закон Гука…………………………. 3.8.2. Трение………………………………………………….. ЛЕКЦИЯ 4 Динамика вращательного движения………………………… 4.1. Момент силы, момент импульса и момент инерции………. 4.1.1. Момент силы материальной точки и твердого тела… 4.1.2. Момент импульса и момент инерции………………... 4.2. Примеры расчѐта момента инерции. Теорема Штейнера…. 4.2.1. Момент инерции однородного изотропного диска (сплошного цилиндра)………………………………………. 4.2.2. Момент инерции длинного тонкого однородного стержня……………………………………………………….. 4.2.3. Момент инерции однородного шара………………… 4.2.4. Момент инерции тонкого однородного кольца……... 4.2.5. Момент инерции сплошного однородного конуса….. 4.2.6. Моменты инерции полого и сплошного цилиндров, полого шара…………………………………………………... 4.2.7. Теорема Штейнера……………………………………. 403 80 80 83 85 85 86 92 93 94 96 97 98 102 103 103 108 121 121 126 131 131 131 133 136 136 137 138 139 140 141 142 4.2.8. Примеры использования теоремы Штейнера……….. 4.3. Закон вращательного движения…………………………….. 4.4. Контрольные вопросы……………………………………….. 4.5. Примеры решения задач…………………………………….. 4.6. Задачи для самостоятельного решения…………………….. ЛЕКЦИЯ 5 Законы сохранения……………………………………………... 5.1. Сохраняющиеся величины………………………………….. 5.2. Импульс тела. Закон сохранения импульса………………... 5.3. Энергия. Работа и мощность силы………………………….. 5.3.1. Энергия………………………………………………… 5.3.2. Работа и мощность силы……………………………… 5.4. Кинетическая энергия……………………………………….. 5.5. Поле сил. Консервативные и диссипативные силы……….. 5.6. Потенциальная энергия……………………………………… 5.6.1. Потенциальная энергия тела, находящегося в поле силы тяжести…………………………………………………. 5.6.2. Потенциальная энергия тела в гравитационном поле 5.6.3. Потенциальная энергия упруго деформированного тела……………………………………………………………. 5.6.4. Связь между потенциальной энергией и консервативной силой…………………………………………………. 5.7. Закон сохранения механической энергии………………….. 5.8. Применение законов сохранения импульса и механической энергии………………………………………………….. 5.9. Закон сохранения момента импульса………………………. 5.10.Кинетическая энергия твердого тела при вращательном и плоском движении………………………………………….. 5.10.1. Кинетическая энергия материальной точки………. 5.10.2. Кинетическая энергия твердого тела………………. 5.10.3. Кинетическая энергия плоского движения твердого тела………………………………………………………... 5.11.Работа при вращательном движении……………………… 5.12.Применение законов вращательного движения и сохранения момента импульса…………………………………... 5.13.Контрольные вопросы……………………………………… 5.14.Примеры решения задач……………………………………. 5.15.Задачи для самостоятельного решения……………………. 404 142 143 147 148 159 166 166 168 171 171 172 175 177 177 179 179 179 180 181 187 189 191 191 191 192 192 193 196 197 211 ЛЕКЦИЯ 6 Механические колебания (кинематика колебаний)………... 6.1. Основные характеристики колебаний: амплитуда, частота, фаза и период………………………………………………… 6.2. Скорость и ускорение материальной точки, совершающей гармонические колебания…………………………………… 6.3. Кинетическая, потенциальная и полная энергия материальной точки, совершающей гармонические колебания….. 6.4. Сложение двух однонаправленных гармонических колебаний одинаковой частоты. Биения………………………… 6.5. Сложение двух взаимно перпендикулярных гармонических колебаний с одинаковыми частотами………………… 6.6. Фигуры Лиссажу……………………………………………... 6.7. Контрольные вопросы……………………………………….. ЛЕКЦИЯ 7 Механические колебания (динамика колебаний)…………... 7.1. Динамика колебаний. Пружинный маятник……………….. 7.2. Физический и математический маятники………………….. 7.3. Свободные затухающие механические колебания………… 7.4. Вынужденные механические колебания. Резонанс………... 7.5. Контрольные вопросы……………………………………….. 7.6. Примеры решения задач…………………………………….. 7.7. Задачи для самостоятельного решения…………………….. ЛЕКЦИЯ 8 Механические волны…………………………………………… 8.1. Продольные и поперечные волны. Длина волны………….. 8.2. Уравнение плоской и сферической бегущей волны………. 8.3. Фазовая и групповая скорости волн………………………... 8.3.1. Фазовая скорость……………………………………… 8.3.2. Групповая скорость…………………………………… 8.4. Фазовая скорость распространения волн в газах, жидкостях и твердой среде…………………………………………. 8.4.1. Скорость распространения волн в сплошной среде… 8.4.2. Скорость распространения волн в твердой среде…... 8.4.3. Скорость распространения волн в газах…………….. 8.4.4. Скорость волн в жидкостях…………………………... 8.5. Энергия и интенсивность волны……………………………. 405 225 225 227 228 230 234 237 239 241 241 243 248 251 257 257 273 281 281 285 288 288 289 290 290 292 292 294 294 8.6. Интерференция механических волн………………………... 8.7. Стоячие механические волны………………………………. 8.8. Звуковые волны……………………………………………… 8.9. Звуковой эффект Доплера…………………………………… 8.10.Контрольные вопросы……………………………………… 8.11.Примеры решения задач……………………………………. 8.12.Задачи для самостоятельного решения……………………. ЛЕКЦИЯ 9 Механика жидкостей и газов………………………………….. 9.1. Свойства жидких и газообразных тел……………………… 9.2. Гидростатика жидкостей. Давление в жидкости. Закон Паскаля……………………………………………………….. 9.3. Давление однородной жидкости в поле тяжести. Закон Архимеда……………………………………………………... 9.4. Гидродинамика. Линии и трубки тока жидкости. Уравнение неразрывности…………………………………………... 9.5. Динамика идеальной жидкости. Уравнение Бернулли……. 9.5.1. Следствия уравнения Бернулли……………………… 9.5.2. Применение уравнения Бернулли……………………. 9.6. Динамика реальной жидкости и газа……………………….. 9.7. Контрольные вопросы……………………………………….. 9.8. Примеры решения задач…………………………………….. 9.9. Задачи для самостоятельного решения…………………….. ЛЕКЦИЯ 10 Элементы специальной теории относительности…………... 10.1.Принцип относительности и преобразования Галилея…... 10.2.Следствия преобразования Галилея……………………….. 10.3.Принцип относительности Эйнштейна. Преобразования Лоренца……………………………………………………… 10.4.Пространство и время в специальной теории относительности (СТО)…………………………………………………. 10.4.1. Относительность одновременности……………….. 10.4.2. Относительность продолжительности событий. Замедление времени………………………………………… 10.4.3. Относительность длины……………………………. 10.4.4. Преобразрвание скоростей………………………... 406 297 300 301 306 312 313 317 325 325 327 329 332 335 338 340 345 350 351 357 361 361 363 365 367 367 368 368 370 10.5.Релятивистская динамика…………………………………... 10.5.1. Релятивистский импульс…………………………… 10.5.2. Второй закон Ньютона в СТО……………………… 10.5.3. Релятивистское выражение энергии. Связь между импульсом и энергией частицы……………………………. 10.5.4. Взаимосвязь массы и энергии покоя………………. 10.5.5. Частица с нулевой массой………………………….. 10.6.Понятие общей теории относительности (ОТО)………….. 10.7.Контрольные вопросы……………………………………… 10.8.Примеры решения задач……………………………………. 10.9.Задачи для самостоятельного решения……………………. 371 371 372 Литература……………………………………………………….. 390 Приложение 1. Греческий и латинский алфавиты……………... Приложение 2. Основные единицы системы СИ. Приставки…. Приложение 3. Некоторые физические константы…………….. Приложение 4. Астрономические величины…………………… Приложение 5. Плотности веществ. Коэффициенты теплового расширения……………………………............... Приложение 6. Упругие постоянные. Предел прочности. Давление насыщенных паров воды………………... Приложение 7. Постоянные газов, жидкостей и твердых тел… 391 392 393 394 Предметный указатель………………………………………… 398 407 373 375 375 376 382 383 388 395 396 397