Физика в примерах и задачах

Текст добавлен: 26 марта 2018, 07:30

Текст книги "Физика в примерах и задачах"

Автор книги: Е. Бутиков

Соавторы: Александр Кондратьев,Александр Быков

Жанры:

Физика

сообщить о нарушении

Текущая страница: 2 (всего у книги 27 страниц) [доступный отрывок для чтения: 10 страниц]

Назад к карточке книги

Итак, мы решили поставленную задачу, потребовав, чтобы корни квадратного уравнения (2) для tg α имели физический смысл, т.е. были вещественными.

Рассмотрим теперь несколько иной способ рассуждений, приводящий, естественно, к тому же результату. Прежде всего отметим одно очевидное обстоятельство: при заданном расстоянии 𝑠 чем выше расположена цель, тем больше должна быть минимальная начальная скорость камня. Поэтому, вместо того чтобы искать минимум 𝑣₀ при заданном ℎ, можно искать максимум ℎ при заданном 𝑣₀.

Предположим, что 𝑣₀ задано. Тогда, выразив ℎ из (2):

ℎ

𝑔𝑠²

2𝑣₀²

tg²α

𝑠 tg α

–

𝑔𝑠²

2𝑣₀²

легко исследовать получившийся квадратный трехчлен относительно tg α на максимум. (Напомним, что максимум квадратного трехчлена 𝑦=𝑎𝑥²+𝑏𝑥+𝑐 (𝑎<0) имеет место при 𝑥=-𝑏/2𝑎 и равен 𝑐-𝑏/4𝑎.) Максимальное значение ℎ достигается при tg α=𝑣₀²/𝑔𝑠 и равно

ℎ

𝑣₀²

2𝑔

–

𝑔𝑠

2𝑣₀²

(5)

Из (5) находим минимальное значение начальной скорости 𝑣₀ при заданной высоте цели ℎ, совпадающее с полученным ранее. ▲

6. В цель за стеной.

Между целью и миномётом, находящимися на одной горизонтали, расположена стена высотой ℎ. Расстояние от миномёта до стены равно 𝑎, а от стены до цели 𝑏. Определить минимальную начальную скорость мины, необходимую для поражения цели. Под каким углом при этом следует стрелять? Сопротивлением воздуха пренебречь.

Рис. 6.1. Траектории, проходящие через цель

△ Попробуем разобраться в этой задаче, не выписывая пока никаких формул. Рассмотрим все траектории, проходящие через цель, забыв на время о существовании стены. На рис. 6.1 выделена траектория, соответствующая наименьшему значению начальной скорости мины. Напомним, что этой траектории соответствует угол α=45°. Нетрудно убедиться, что начальные скорости, соответствующие другим траекториям, монотонно возрастают при удалении этих траекторий от выделенной как вверх, так и вниз. Поэтому если стена окажется ниже выделенной траектории, то решение тривиально: именно эта траектория и удовлетворяет поставленным условиям. Если стена окажется выше, то искомая траектория проходит через верхний край стены. Вот и всё.

Теперь остаётся только записать эти рассуждения на математическом языке, т.е. получить выражения для вычисления начальной скорости 𝑣₀ и угла α в каждом из этих случаев.

Прежде всего получим общее уравнение траектории, проходящих через цель. Как мы уже знаем, уравнение траекторий, выходящих из начала координат, имеет вид

𝑦

𝑥 tg α

–

𝑔𝑥²

2𝑣₀²

(1+tg²α)

(1)

Потребуем, чтобы эти траектории проходили через цель. Для этого положим в (1) 𝑦=0 при 𝑥=𝑎+𝑏:

(𝑎+𝑏)

tg α

–

𝑔(𝑎+𝑏)²

2𝑣₀²

(1+tg²α)

(2)

Выражая из (2) начальную скорость 𝑣₀ и подставляя в (1), получим уравнение траекторий, проходящих через цель:

𝑦

𝑥

⎛

⎜

⎝

–

𝑥

𝑎+𝑏

⎞

⎟

⎠

tg α

(3)

Придавая α разные значения в пределах от 0 до π/2, получаем все траектории, изображённые на рис. 6.1. Выделенная траектория получается при tg α=1 (α=π/4):

𝑦

𝑥

⎛

⎜

⎝

–

𝑥

𝑎+𝑏

⎞

⎟

⎠

(4)

Выясним теперь, при каком условии эта траектория проходит над стеной. Для этого найдём высоту ℎ₁ точки траектории при 𝑥=𝑎:

ℎ₁

𝑎

⎛

⎜

⎝

–

𝑎

𝑎+𝑏

⎞

⎟

⎠

𝑎𝑏

𝑎+𝑏

Таким образом, если высота стены ℎ меньше, чем ℎ₁ то искомая траектория определяется выражением (4), а соответствующая ей начальная скорость 𝑣₀ легко находится из уравнения (2) при tg α=1:

𝑣₀

_min

√

𝑔(𝑎+𝑏)

Это есть обычное соотношение между начальной скоростью и максимальной дальностью полёта по горизонтали.

Определим теперь искомую траекторию, если стена выше выделенной траектории: ℎ>ℎ₁ Как уже отмечалось, в этом случае нужно найти траекторию, проходящую через верхний край стены, т.е. положить в (3) 𝑦=ℎ при 𝑥=𝑎:

ℎ

𝑎

⎛

⎜

⎝

–

𝑎

𝑎+𝑏

⎞

⎟

⎠

tg α₁

откуда tg α₁=ℎ(𝑎+𝑏)/𝑎𝑏 Уравнение искомой траектории получим, подставив найденное значение tg α₁ в формулу (3):

𝑦

𝑥

⎛

⎜

⎝

–

𝑥

𝑎+𝑏

⎞

⎟

⎠

𝑎+𝑏

𝑎𝑏

ℎ

Отметим, что для ответа на поставленные в задаче вопросы это уравнение нам не требуется, но оно даёт возможность проследить, через какие точки мина летит к цели. Для нахождения соответствующей этой траектории начальной скорости нужно подставить полученное значение tg α₁ в уравнение (2):

𝑣₀²

_min

𝑔𝑎𝑏

2ℎ

⎡

⎢

⎣

⎛

⎜

⎝

ℎ

𝑎+𝑏

𝑎𝑏

⎞²

⎟

⎠

⎤

⎥

⎦

Итак, резюмируя изложенное, сформулируем ответ:

если

ℎ

≤

𝑎𝑏

𝑎+𝑏

, то

𝑣₀²

𝑔(𝑎+𝑏)

;

если

ℎ

≥

𝑎𝑏

𝑎+𝑏

, то

arctg

⎛

⎜

⎝

ℎ

𝑎+𝑏

𝑎𝑏

⎞

⎟

⎠

𝑣₀²

𝑔𝑎𝑏

2ℎ

⎡

⎢

⎣

⎛

⎜

⎝

ℎ

𝑎+𝑏

𝑎𝑏

⎞²

⎟

⎠

⎤

⎥

⎦

Полезно и в этой задаче рассмотреть предельные случаи. Не будем останавливаться на относительно малоинтересных случаях, как, например, 𝑎-𝑏 (стена посредине между миномётом и целью).

Бессмысленно полагать 𝑎=0 или 𝑏=0 при ℎ≠0, но, несомненно, представляет интерес случай, когда 𝑎 и 𝑏 одновременно стремятся к нулю (при ℎ≠0). В этом предельном случае требуется просто перебросить мину через стену, Ответ в этом случае очевиден: стрелять нужно вертикально вверх (α=π/2), а начальная скорость 𝑣₀=√2𝑔ℎ. Покажем, как получить этот результат из ответа к задаче. Здесь, конечно, нужно обращаться к случаю ℎ≥𝑎𝑏/(𝑎+𝑏). Полагая 𝑎=𝑏 и одновременно устремляя их к нулю, получим α→π/2 и

𝑣₀²

𝑔

2ℎ

⎡

⎢

⎣

𝑎𝑏

ℎ²

(𝑎+𝑏)²

𝑎𝑏

⎤

⎥

⎦

𝑔

2ℎ

(𝑎²+4ℎ²)

→

2𝑔ℎ

. ▲

7. Простреливаемая область.

Зенитное орудие может сообщить снаряду начальную скорость 𝑣₀ в любом направлении. Требуется найти зону поражения, т.е. границу, отделяющую цели, до которых снаряд из данного орудия может долететь, от недостижимых целей. Сопротивлением воздуха пренебречь.

△ Попробуем сначала выяснить, что можно сказать об этой границе, не решая задачи. Сам факт существования такой границы сомнений не вызывает, так что поставленный в задаче вопрос имеет смысл (кстати, начиная решать задачу, никогда не вредно подумать об этом). Попытаемся представить себе искомую границу. Очевидно, что она представляет собой некоторую поверхность. Если цель находится точно над орудием, то стрелять нужно вертикально вверх. Снаряд при этом поднимается на высоту ℎ=𝑣₀²/2𝑔 после чего начинает падать вниз, так что граница достижимых целей пересекает вертикаль в точке, находящейся на высоте ℎ.

Рис. 7.1. Граница простреливаемой области

Если ограничиться целями, находящимися на горизонтальной плоскости, то очевидно, что граница представляет собой окружность, радиус которой равен максимальной дальности полёта снаряда по горизонтали 𝑠=𝑣₀²/𝑔 (напомним, что максимальная дальность полёта по горизонтали достигается при угле возвышения ствола орудия α=π/4). Эта окружность есть пересечение искомой поверхности с горизонтальной плоскостью (рис. 7.1). Вообще из симметрии можно сделать вывод, что искомая поверхность представляет собой поверхность вращения некоторой кривой вокруг вертикали, проходящей через орудие, и задача сводится к нахождению этой кривой. Отметим, что кривая есть огибающая всех возможных траекторий (рис. 7.2).

Рис. 7.2. Граница является огибающей для траекторий

Приступим к решению задачи. Выберем систему координат: орудие расположим в начале координат, ось 𝑥 направим горизонтально, ось 𝑦 – вертикально. Тогда зависимость координат снаряда от времени имеет вид

𝑥(𝑡)

𝑣₀

cos α⋅𝑡

𝑦(𝑡)

𝑣₀

sin α⋅𝑡

–

𝑔𝑡²

Исключив из этих уравнений 𝑡 получим уравнение траектории снаряда 𝑦=ƒ(𝑥):

𝑦

𝑥 tg α

–

𝑔𝑥²

2𝑣₀²

(1+tg²α)

(1)

Это уравнение параболы. Коэффициенты при 𝑥 и 𝑥² зависят от угла α, т.е. при разных направлениях начальной скорости получаются различные траектории. Таким образом, данное уравнение описывает семейство траекторий при одних и тех же по модулю, но различных по направлению начальных скоростях 𝑣₀.

Но этому же уравнению можно придать и другой смысл. Будем теперь рассматривать 𝑥 и 𝑦 как координаты определённой цели, в которую попадает снаряд, двигаясь по некоторой траектории. Тогда при заданных координатах цели 𝑥 и 𝑦 уравнение (1) определяет угол, под которым нужно выпустить снаряд с начальной скоростью 𝑣₀ для того, чтобы он попал в эту цель. Решая это квадратное относительно tg α уравнение, находим

tg α

𝑔𝑥

⎡

⎣

𝑣₀²

√

𝑣₀⁴-𝑔(𝑔𝑥²+2𝑣₀²𝑦)

⎤

⎦

(2)

Если уравнение имеет вещественное решение, т.е. дискриминант неотрицателен:

𝑣₀⁴-𝑔(𝑔𝑥²+2𝑣₀²𝑦)

≥

(3)

то в цель попасть можно. Если вещественных решений нет, т.е.

𝑣₀⁴-𝑔(𝑔𝑥²+2𝑣₀²𝑦)

то в цель попасть нельзя. Это значит, что цель находится за пределами искомой границы. Координаты цели, расположенной на границе, должны удовлетворять соотношению 𝑣₀⁴-𝑔(𝑔𝑥²+2𝑣₀²𝑦)=0. Выражая отсюда 𝑦 как функцию 𝑥, получаем уравнение границы в явном виде:

𝑦

𝑣₀²

2𝑔

–

𝑔𝑥²

2𝑣₀²

(4)

Это уравнение параболы с вершиной при 𝑥=0, 𝑦=𝑣₀²/2𝑔. Коэффициент при 𝑥² отрицателен, т.е. ветви параболы направлены вниз и пересекают горизонтальную ось в точках 𝑥±𝑣₀²/𝑔. (рис.7.2). Итак, полученная граница действительно проходит через точки, которые вначале были нами установлены из элементарных соображений.

Мы нашли сечение граничной поверхности вертикальной плоскостью, проходящей через начало координат. Вся поверхность может быть получена вращением этой параболы вокруг оси 𝑦.

В связи с приведённым решением сделаем ещё несколько замечаний. Рассмотрим какую-либо точку, находящуюся ближе границы (например, точку 𝐴 на рис. 7.2). Для такой точки подкоренное выражение в формуле (2) положительно, и, следовательно, через неё проходят две траектории (при заданном значении начальной скорости), соответствующие двум возможным значениям угла α.

В баллистике одна из этих траекторий называется настильной, а другая, касающаяся границы до попадания в цель, – навесной. Через каждую точку, принадлежащую границе, проходит лишь одна траектория. Отметим, что граница является огибающей для семейства траекторий при различных направлениях начальной скорости и фиксированном значении начальной скорости 𝑣₀

Приведём другой возможный путь решения этой задачи, связанный с ещё одной трактовкой уравнения (1). Рассмотрим цели, находящиеся на одной вертикали, отстоящей от орудия на расстояние 𝑥, и найдём на ней самую высокую точку, в которую ещё может попасть снаряд. Эта точка, очевидно, принадлежит границе. Таким образом, задача сводится к нахождению максимума 𝑦, т.е. правой части уравнения (1), рассматриваемой как функция угла α. Правая часть есть квадратный трехчлен относительно tg α и имеет максимум при tg α=𝑣₀²/𝑔𝑥. Соответствующее максимуму значение 𝑦 получается подстановкой этого значения tg α в уравнение (1):

𝑦

𝑣₀²

2𝑔

–

𝑔𝑥²

2𝑣₀²

что совпадает с полученным ранее уравнением границы (4). ▲

8. Грязь от колёс.

Телега равномерно катится по горизонтальной мокрой дороге. На какую максимальную высоту поднимаются капли воды, срывающиеся с обода колеса?

△ Эта задача во многом подобна предыдущим. Самая существенная особенность заключается, пожалуй, в том, что для её решения нельзя поместить начало координат в исходную точку траектории капли, так как отрыв капель происходит в разных точках обода колеса. Совместим поэтому начало координат с центром колеса, т.е. будем рассматривать движение капель в системе отсчёта, связанной с телегой, движущейся равномерно и прямолинейно относительно земли. Очевидно, что максимальная высота подъёма капель по вертикали не зависит от того, рассматривать их движение в системе отсчёта, связанной с землёй, или в системе отсчёта, связанной с равномерно движущейся по горизонтали телегой. Если скорость телеги равна 𝑣₀ и колеса не пробуксовывают, то в выбранной системе отсчёта скорость любой точки обода также равна 𝑣₀. (Докажите последнее утверждение сами – это совсем просто.) Положение любой из точек, в которых происходит отрыв капли от обода, однозначно определяется углом φ (рис. 8.1).

Рис. 8.1. Траектории капель в системе отсчёта, связанной с телегой

Текущие координаты капли, оторвавшейся от обода колеса в точке, характеризуемой углом φ, определяются соотношениями

𝑥(𝑡)

𝑅 cos φ

𝑣₀

sin φ⋅𝑡

(1)

𝑦(𝑡)

𝑅 sin φ

𝑣₀

cos φ⋅𝑡

–

𝑔𝑡²

(2)

Для нахождения максимальной высоты подъёма капли 𝑦_max нужно подставить в уравнение (2) время подъёма капли 𝑡₁, которое проще всего найти следующим образом. В наивысшей точке траектории вертикальная составляющая скорости 𝑣_𝑦 обращается в нуль: 𝑣_𝑦=𝑣₀ cos φ-𝑔𝑡₁=0, откуда

𝑡₁

𝑣₀

𝑔

cos φ

(3)

Тогда максимальная высота подъёма капли, оторвавшейся от обода в рассматриваемой точке,

𝑦

_max

𝑣₀²

2𝑔

sin²φ

𝑅 sin φ

𝑣₀²

2𝑔

(4)

(В этой формуле cos φ выражен через sin φ.)

Из (4) видно, что максимальная высота подъёма зависит от угла φ, т.е. от того, в какой точке произошёл отрыв капли. В какой же точке должна оторваться капля, чтобы подняться выше всех остальных? Выражение (4) для максимальной высоты подъёма представляет собой квадратный трехчлен относительно sin φ и принимает своё наибольшее значение

ℎ

_max

𝑔𝑅²

2𝑣₀²

𝑣₀²

2𝑔

(5)

при sin φ=𝑔𝑅/𝑣₀². Конечно, этот результат имеет смысл, если 𝑔𝑅≤𝑣₀², т.е. если телега катится достаточно быстро. В противном случае, как нетрудно убедиться, ни одна из отрывающихся капель не поднимается выше верхней точки обода. Докажите это самостоятельно.

С помощью соотношения (1) легко увидеть, что найденная точка наивысшего подъёма лежит точно над осью колеса: подставляя (3) в (1) и учитывая, что sin φ=𝑔𝑅/𝑣₀² получаем 𝑥=0.

Ответ на поставленный в задаче вопрос – формула (5) для наибольшей высоты подъёма отрывающихся капель – -получен путём исследования на максимум квадратного трехчлена (4) относительно sin φ. Этот результат можно получить и иначе. Будем рассуждать следующим образом. Зафиксируем некоторое значение 𝑦_max и решим уравнение (4) относительно sin φ:

sin φ

_1,2

𝑔𝑅

𝑣₀²

⎡

⎢

⎣

⎛

⎜

⎝

𝑔𝑅

𝑣₀²

⎞²

⎟

⎠

+1-

2𝑔𝑦_max

𝑣₀²

⎤½

⎥

⎦

(6)

Здесь углы φ₁ и φ₂ определяют те точки обода, отрываясь от которых капли достигают заданной максимальной высоты. Если вещественных корней нет, то заданного значения 𝑦_max не достигает ни одна капля. Если есть два различных вещественных корня φ₁ и φ₂, то заданная высота является максимальной для двух капель. Это отчётливо видно из рис. 9.4 задачи 9 про «мокрое» колесо. Наибольшей высоты из всех капель, как видно из того же рисунка, достигает только одна капля. Следовательно, эту наибольшую высоту ℎ_max можно найти, потребовав, чтобы оба корня уравнения (6) сливались в один: приравнивая дискриминант нулю, получаем ответ – формулу (5).

Итак, получено исчерпывающее решение этой задачи. Как и предыдущие задачи, мы решили её, используя уравнения движения (1) и (2), которые дают зависимость координат движущегося тела от времени. Эти уравнения содержат всю информацию о движении тела. Но во многих случаях полная информация бывает не нужна. Например, в обсуждаемой задаче нас совершенно не интересуют временные зависимости – требуется найти лишь положение точки наивысшего подъёма капли, а момент времени, когда капля там оказывается, интереса не представляет. В подобных случаях часто оказывается удобным с самого начала исключить избыточную информацию, воспользовавшись законами сохранения. В рассматриваемой задаче можно сразу получить соотношение (4) для наибольшей высоты подъёма капель, если применить закон сохранения механической энергии. Полагая потенциальную энергию капли на уровне оси колеса равной нулю, для полной энергии капли в точке отрыва имеем

𝐸₁

𝑚𝑔

𝑅 sin φ

𝑚𝑣₀²

В высшей точке траектории вертикальная составляющая скорости обращается в нуль. Поскольку горизонтальная составляющая скорости не меняется, энергия в высшей точке

𝐸₂

𝑚𝑔

𝑦

_max

𝑚(𝑣₀ sin φ)²

Приравнивая 𝐸₁ и 𝐸₂, получаем формулу (4). Как видите, во многих задачах не вредно подумать о том, нельзя ли упростить решение, используя законы сохранения! ▲

9. Капли с вращающегося колеса.

«Мокрое» колесо равномерно вращается в вертикальной плоскости вокруг неподвижной оси. С обода срываются капли. Найти границу «сухой» области.

Рис. 9.1. В отсутствие тяжести капли движутся прямолинейно

△ Движение оторвавшихся капель происходит под действием силы тяжести, которая всем каплям сообщает одинаковое ускорение 𝑔. Это позволяет сначала отвлечься от наличия тяготения. Рассмотрим движение капель, оторвавшихся от обода колеса в один и тот же момент. В отсутствие ускорения свободного падения капли движутся по прямым линиям. В любой момент времени 𝑡 все капли лежат на окружности радиуса 𝑟 (рис. 9.1), для которого с помощью теоремы Пифагора можно написать

𝑟²(𝑡)

𝑅²

(𝑣₀𝑡)²

(1)

где 𝑅 – радиус колеса, 𝑣₀ – скорость точек обода.

Радиус окружности 𝑟 увеличивается с течением времени, а при наличии тяготения вся эта окружность ещё и «падает» с ускорением свободного падения 𝑔. Если начало координат выбрано в центре колеса, то в любой момент времени 𝑡 ордината центра окружности равна -𝑔𝑡²/2. Уравнение «падающей» окружности в этой системе координат имеет вид

𝑥²

⎛

⎜

⎝

𝑦

𝑔𝑡²

⎞²

⎟

⎠

𝑟²(𝑡)

(2)

Рис. 9.2. Граница «мокрой» области как огибающая окружностей

Уравнение (2) есть уравнение целого семейства окружностей: придавая 𝑟 разные значения, получаем окружности, на которых находятся капли в различные моменты времени. Легко сообразить, что искомая граница есть огибающая этого семейства окружностей (рис. 9.2). Ясно, что высшая точка этой границы лежит точно над осью колеса. Другими словами, уравнение (2) определяет всю «мокрую» область (рис. 9.3), и для решения задачи нам нужно найти границу заштрихованной области.

Рис. 9.3. «Мокрая» область заштрихована

Будем искать эту границу следующим образом. Заметим, что капли, оторвавшиеся от колеса в один и тот же момент времени, достигают границы в разные моменты времени: граница касается разных окружностей. Проведя горизонтальную прямую на некотором уровне 𝑌, найдём на ней наиболее удалённую от оси 𝑦 «мокрую» точку, не задумываясь о том, какой окружности она принадлежит. Абсциссу 𝑋 точки пересечения любой окружности с этой прямой можно найти, подставив в уравнение окружности (2) ординату 𝑦=𝑌 и радиус 𝑟 из уравнения (1):

𝑋²

𝑅²

𝑣₀²𝑡²

–

⎛

⎜

⎝

𝑌

𝑔𝑡²

⎞²

⎟

⎠

(3)

Легко видеть, что правая часть (3) есть квадратный трехчлен относительно 𝑡²:

𝑋²

𝑔²𝑡⁴

(𝑣₀²-𝑔𝑌)𝑟²

𝑅²

–

𝑌²

Его максимальное значение

𝑋²

𝑅²

𝑣₀⁴

𝑔²

–

2𝑣₀²

𝑔

𝑌

(4)

Разрешая (4) относительно 𝑌, получаем уравнение границы «сухой» области:

𝑌

𝑔

2𝑣₀²

𝑋²

𝑔𝑅²

2𝑣₀²

𝑣₀²

2𝑔

(5)

Это уравнение параболы, ветви которой направлены вниз, а вершина находится на оси 𝑦 на высоте

𝑔𝑅²

2𝑣₀²

𝑣₀²

2𝑔

Рис. 9.4. Граница «мокрой» области как огибающая парабол – траекторий капель

Граница была найдена как огибающая семейства окружностей, на которых находились капли, оторвавшиеся в один и тот же момент времени. Между тем траектория каждой отдельной капли представляет собой параболу, и поэтому найденная граница (5) является огибающей этих парабол (рис. 9.4).

Интересно отметить, что задачи 7 и 8 являются частными случаями этой задачи. Действительно, в задаче 8 фактически требовалось найти лишь верхнюю точку границы «мокрой» области: при 𝑋=0

𝑌

ℎ

_max

𝑔𝑅²

2𝑣₀²

𝑣₀²

2𝑔

Задача 7 получается из этой задачи, если устремить к нулю радиус колеса 𝑅 при неизменной скорости 𝑣₀. Уравнение границы достижимых целей получается из (5), если в последнем положить 𝑅=0:

𝑌

𝑔

2𝑣₀²

𝑋²

𝑣₀²

2𝑔

Рис. 9.5. Граница «мокрой» области при медленном вращении колеса

При решении этой задачи мы молчаливо предполагали, что искомая граница проходит вне колеса. Как и в предыдущей задаче, легко убедиться, что это справедливо при условии 𝑣₀²>𝑔𝑅. В противном случае (𝑣₀²≤𝑔𝑅) граница «мокрой» области в своей верхней части проходит по ободу колеса (дуга окружности), а затем плавно переходит в ветви параболы (рис. 9.5). ▲

II. ДИНАМИКА И ЗАКОНЫ СОХРАНЕНИЯ

Динамика изучает, как происходит движение тела при его взаимодействии с другими телами. Взаимодействие описывается на языке сил, действующих на тело. Основу динамики материальной точки составляют три закона Ньютона. Первый закон выделяет те системы отсчёта, в которых уравнения динамики имеют наиболее простой вид, – это так называемые инерциальные системы отсчёта. Второй закон Ньютона устанавливает связь между ускорением, с которым движется материальная точка в инерциальной системе отсчёта, и действующими на неё силами. Третий закон связывает между собой силы, с которыми тела действуют друг на друга.

В динамике взаимодействие тел считается заданным: например, гравитационное взаимодействие материальных точек описывается законом тяготения, а электростатическое взаимодействие точечных зарядов – законом Кулона. Выражения для сил, входящих в законы Ньютона, должны быть взяты из других разделов физики, где изучается их природа.

Решение динамической задачи следует начинать с анализа всех сил, действующих на интересующее нас тело.

Остановимся несколько подробнее на тех видах сил, которые встречаются в задачах этого раздела. Гравитационное взаимодействие тел осуществляется посредством создаваемых ими полей тяготения. Тело со сферически-симметричным распределением масс (например, земной шар) создаёт в окружающем пространстве такое же гравитационное поле, как и материальная точка такой же массы, помещённая в его центр. В задачах о движении спутников Земли удобно выражать действующую на них силу притяжения Земли через расстояние спутника до центра Земли 𝑟, ускорение свободного падения 𝑔 на поверхности Земли и её радиус 𝑅:

𝐹

𝐺

𝑚𝑀

𝑟²

𝑚𝑔𝑅²

𝑟²

(1)

где G – гравитационная постоянная, 𝑀 – масса Земли, 𝑚 – масса спутника. Такой вид формулы для 𝐹 удобен тем, что действующая на спутник сила выражается через легко запоминающиеся величины 𝑔=9,8 м/с² и 𝑅 – 6370 км.

Силу 𝑄 с которой шероховатая поверхность действует на тело, удобно представить как сумму силы реакции опоры 𝑁 и силы трения 𝐹_тр

Во многих задачах приходится рассматривать трение тел друг о друга. При наличии трения силу 𝑄, с которой одно тело действует на другое, удобно рассматривать как две силы (см. рисунок): силу 𝑁, направленную по нормали к поверхности контакта (сила нормального давления или сила реакции опоры, которая по своей природе является упругой силой), и силу трения 𝐹_тр, направленную по касательной. Удобство заключается в том, что при скольжении тел модули этих составляющих одной силы 𝑄 связаны между собой приближённым законом Кулона – Амонтопа, установленным опытным путём:

𝐹

_тр

μ𝑁

(2)

Коэффициент трения скольжения μ зависит от рода соприкасающихся поверхностей. Обычно пренебрегают слабой зависимостью силы трения от площади контакта и от относительной скорости тел. Для трения покоя закон (2) не имеет места: сила трения покоя может изменяться от нуля до некоторого максимального значения, обычно несколько превышающего силу трения скольжения для этих поверхностей. При решении задач для простоты максимальное значение силы трения покоя принимается равным μ𝑁.

Основное уравнение динамики – второй закон Ньютона – векторное уравнение. В рассматриваемых задачах действующие силы лежат в одной плоскости, поэтому можно выбрать систему координат так, чтобы векторное уравнение второго закона сводилось к двум скалярным.

Применение второго и третьего законов Ньютона к системе взаимодействующих тел позволяет сформулировать закон движения центра масс системы тел в очень простом виде: центр масс движется так, как двигалась бы материальная точка с массой, равной сумме масс всех тел, входящих в систему, под действием силы, равной векторной сумме всех внешних сил, действующих на тела рассматриваемой системы. В частности, отсюда следует, что под действием только внутренних сил центр масс не может приобрести ускорения.

Решение динамических задач часто облегчается использованием законов сохранения энергии, импульса и момента импульса. Особенно эффективным является использование этих законов в тех случаях, когда действующие силы непостоянны и непосредственное решение уравнений динамики с помощью элементарной математики невозможно. Закон сохранения энергии широко используется при решении задач о движении космических аппаратов. Как и в (1), выражение для потенциальной энергии тела в гравитационном поле Земли удобно записать через ускорение свободного падения на поверхности Земли:

𝐸

_п

(𝑟)

𝐺

𝑚𝑀

𝑟

𝑚𝑔𝑅²

𝑟

(3)

В выражении (3) потенциальная энергия стремится к нулю при 𝑟→∞, т.е. потенциальная энергия тяготения тела, удалённого на бесконечность, принята равной нулю.

Скорость спутника, движущегося по круговой орбите радиусом 𝑟 называется первой космической скоростью. Её можно найти с помощью второго закона Ньютона и закона всемирного тяготения:

𝑣

√

𝑔𝑅²/𝑟

Для спутника, движущегося вблизи поверхности Земли, первая космическая скорость 𝑣_I=√𝑔𝑅=7,9 км/с.

Минимальная скорость, которую нужно сообщить телу, находящемуся на расстоянии 𝑟 от центра Земли, для того чтобы оно удалилось на бесконечность, носит название второй космической скорости. Её можно найти с помощью закона сохранения энергии:

𝑣

_II

√

2𝑔𝑅²/𝑟

√

𝑣

Для тела, находящегося на поверхности Земли,

𝑣

_II

√

2𝑔𝑅

11,2 км/с

Тело удалится на бесконечность независимо от того, в каком направлении сообщена ему вторая космическая скорость, хотя траектории при этом будут разные (но все параболические!). Если сообщить телу скорость больше второй космической, то оно удалится по гиперболе. Если начальная скорость меньше второй космической, то тело движется по эллипсу, один из фокусов которого совпадает с центром Земли. Это утверждение носит название первого закона Кеплера, который был открыт в результате наблюдений за движением планет вокруг Солнца.

При решении задач будут использоваться также второй и третий законы Кеплера. Согласно второму закону Кеплера секторная скорость спутника постоянна. Третий закон Кеплера утверждает, что квадраты периодов обращения спутников относятся как кубы больших полуосей их эллиптических орбит.

Законы Кеплера можно вывести с помощью уравнений динамики и закона всемирного тяготения.

При решении задач, в которых встречается колебательное движение, следует помнить, что при гармонических колебаниях, когда равнодействующая всех сил направлена к положению равновесия и пропорциональна смещению, круговая частота колебаний определяется соотношением

√

𝑘/𝑚

где 𝑚 – масса тела, а 𝑘 – коэффициент пропорциональности между силой и смещением. Применение этой формулы к малым колебаниям математического маятника длиной 𝑙 даёт ω=√𝑔/𝑙.

1. Неподвижный блок.

Через неподвижный блок перекинута нерастяжимая нить, к концам которой прикреплены грузы с массами 𝑚 и 𝑀, причём 𝑚≪𝑀 (рис. 1.1). Найти силу натяжения нити при движении грузов, пренебрегая трением, массами блока и нити.

△ При указанных в условии идеализациях задача, конечно же, тривиальна. Если 𝑚≪𝑀, то тяжёлый груз будет падать практически свободно, т.е. почти с ускорением 𝑔. Но тогда в силу нерастяжимости нити лёгкий груз будет вынужден подниматься с таким же ускорением. Для этого действующая на него со стороны нити сила должна быть вдвое больше силы тяжести. Поэтому сила натяжения нити 𝑇=2𝑚𝑔. Так как массой блока можно пренебречь, то сила натяжения нити одинакова по обе стороны блока.

Рис. 1.1. Силы, действующие на грузы во время движения

Разумеется, этот результат можно получить и строго. Рассматривая действующие на грузы силы (рис. 1.1) и проецируя уравнения второго закона Ньютона для каждого из грузов на вертикальное направление, получаем

𝑀𝑔

–

𝑇

𝑀𝑎

(1)

𝑚𝑔

–

𝑇

𝑚𝑎

(2)

Исключая из этих уравнений ускорение грузов 𝑎 находим

𝑇

2𝑚𝑀

𝑚+𝑀

𝑔

При 𝑚≪𝑀 в знаменателе можно пренебречь 𝑚 по сравнению с 𝑀. Это даёт 𝑇≈2𝑚𝑔

А теперь предположим, что, начав решать эту задачу строго и записав уравнения (1) и (2), мы сообразили, что при заданном условии 𝑚≪𝑀 ускорение 𝑎 практически равно 𝑔. Тогда для нахождения 𝑇 можно подставить это значение ускорения 𝑎=𝑔 в уравнение (1) или (2). Подстановка 𝑎=𝑔 в уравнение (2) действительно даёт значение 𝑇=2𝑚𝑔. А вот подстановка в уравнение (1) приводит к неожиданному результату 𝑇=0. В чем же тут дело? Ведь уравнения (1) и (2) точные, и строгое решение возможно только при использовании обоих этих уравнений.

Этот пример ярко иллюстрирует то обстоятельство, что в физике понятия «малая величина» и «большая величина» сами по себе бессмысленны. Если «большая» или «малая», то обязательно должно быть указано, по сравнению с чем. Подставляя приближённое значение 𝑎=𝑔 в уравнения (1) или (2), мы выражаем силу натяжения нити 𝑇 через силу тяжести, действующую соответственно на тяжёлый или на лёгкий груз. Поскольку сила 𝑇 того же порядка величины, что и сила тяжести лёгкого груза 𝑚𝑔, то уравнение (2) даёт правильный ответ.

Подстановка 𝑎=𝑔 в уравнение (1) не приводит к правильному ответу, ибо по сравнению с большой величиной 𝑀𝑔 и нуль, и 2𝑚𝑔 – это почти одно и то же. Чтобы уравнение (1) приводило к правильному ответу, в нем нужно учесть малое отличие 𝑎 от 𝑔.

Используя понятие большой или малой величины, нужно обязательно отдавать себе отчёт, с чем эта величина сравнивается. И хотя во многих случаях это явно не оговаривается, но всегда подразумевается. Так, например, в этой задаче, пренебрегая массой блока и массой нити, мы не оговорили, по сравнению с чем малы эти величины. А кстати, по сравнению с чем? ▲

2. Нефизическая задача.

Тело сбрасывается в воду с некоторой высоты без начальной скорости; при этом измеряется глубина его погружения за одну секунду после вхождения в воду. Установлено, что если начальную высоту изменить в 𝑘 раз, то глубина погружения изменится в 𝑙 раз. При каких соотношениях между 𝑘 и 𝑙 тело тонет в воде? Сопротивлением воздуха и воды пренебречь.

△ Любой физический процесс представляет собой сложное явление. Составляя условие задачи, мы фактически всегда упрощаем рассматриваемые явления, отбрасывая несущественные, а часто, к сожалению, и существенные стороны. Например, решая задачи о движении тела, брошенного под углом к горизонту, мы пренебрегали сопротивлением воздуха.

В рассматриваемой задаче предлагается пренебречь ещё и сопротивлением воды. Если пренебрежение сопротивлением воздуха часто бывает оправданным (особенно при малых скоростях), то пренебрегать сопротивлением воды в этой задаче нельзя, так как получаемые при таком подходе результаты не имеют ничего общего с действительностью: бессмысленно было бы проверять полученный ответ на опыте. Действительно, мы не учитываем фонтан брызг, поднимаемых телом при ударе о воду; расходящуюся по поверхности волну; вязкость воды; не учитываем движение воды, вытесняемой телом.

И всё же такие «нефизические» задачи имеют право на существование: во-первых, благодаря своей чёткой постановке (в условии указано, чем пренебречь) они позволяют научиться применять физические законы для количественного анализа искусственно упрощённых явлений; во-вторых, в некоторых случаях такое решение может послужить основой (нулевым приближением) для дальнейших уточнений.

Назад к карточке книги "Физика в примерах и задачах"