На главную
Физика - одна из самых удивительных наук! Физика столь интенсивно развивается, что даже лучшие педагоги сталкиваются с большими трудностями, когда им надо рассказать о современной науке. Данный ресурс поможет эффективно и интересно изучать физику. Учите физику!
   

Обучение и материалы
Физический справочник
Формулы по физике
Шпаргалки по физике
Энциклопедия
Репетиторы по физике
Работа для физиков
Быстрый устный счет
Виртуальные лабораторные
Опыты по физике
ЕГЭ онлайн
Онлайн тестирование
Ученые физики
Необъяснимые явления
Ваша реклама на сайте
Разное
Контакты
Спецкурс
Фейнмановские лекции

В мире больших скоростей

Введение в теорию относительности

Лекции по биофизике
Лекции по ядерной физике
Ускорение времени...
Лазеры
Нанотехнологии
Книги
полезное
Смешные анекдоты о физике
Готовые шпоры по физике
Физика в жизни
Ученые и деньги
Нобелевские лауреаты
Фото
Видео
Карта сайта
На заметку
Если вам понравился сайт, предлагаем разместить нашу кнопку
Кнопка сайта All-fizika.com
Компьютерные программы
по физике
Программы по физике


Физика и юмор
Физика и юмор


Онлайн тестирование
по физике
Онлайн тестирование по физике



-









Продолжение. Решения и ответы к задачам I-IV томов фейнмановских лекций по физике

Маленькое изображение14.3.   а) При перемещении частицы вдоль оси у работу совершает только y-компонента силы. Но Fу = Зх2 = 0 (х = 0 при движении вдоль оси у), поэтому и работа силы F равна нулю.
 
   б) В этом случае нужно принимать во внимание только у-и z-компоненты силы F, так как перемещение перпендикулярно оси х. Однако Fy = 0 (х = 0 для всех точек плоскости у—z), поэтому работа силы F равна

Маленькое изображение
 

Как видно из рисунка, z = sin φ, y = cos φ,точке М1 соответствует значение угла φ = π, а точке М2—-значение φ = 0, поэтому

Маленькое изображение
 

Однако это еще не означает, что сила F консервативна. Можно найти такие траектории частицы, для которых работа силы F не равна нулю. Например, если частица перемещается из точки М1 в точку М2 по окружности единичного радиуса, лежащей в плоскости ху, работа силы F равна

Маленькое изображение
 

Таким образом, работа при перемещении частицы из точки (0, —1, 0) в точку (0, 1, 0) зависит от пути перемещения, поэтому поле силы F неконсервативно.
 
14.4.  1. а) Кинетическая   энергия   частицы в конце пути   равна работе, совершаемой силой F.   Следовательно,

Маленькое изображение
 

   б)  Из уравнения движения ma = Fx находим

Маленькое изображение
 

Поэтому ускорение  частицы в конце пути а = 2,5 м/сек2.
 
   в)   Мощность  равна  изменению кинетической  энергии  в единицу времени, т. е.

Маленькое изображение
 

2. В этом случае удобнее непосредственно проинтегрировать уравнение движения ma =3+4t, откуда

Маленькое изображение
 

(здесь учтено, что v= 0 при t = 0). Следовательно, при t = Зсек

Маленькое изображение
 

14.5. Как было показано в «Лекциях» (вып. 1), поле и потенциал вне сферической оболочки равны полю и потенциалу точечного заряда, помещенного в центр сферы и равного по величине полному заряду оболочки. (Внутри оболочки поле равно нулю, т. е. потенциал не меняется от точки к точке.) Итак,

Маленькое изображение
 

где   R — радиус  оболочки;   q—ее   полный  заряд.   Находим далее

Маленькое изображение
 

14.6. Пусть А и В—радиусы соответственно внешней и внутренней сфер. Пользуясь результатом предыдущей задачи и принципом суперпозиции, вычислим потенциал на поверхности внешней сферы. Заряды, расположенные на внутренней сфере, создают на внешней сфере потенциал q/4πε0 A(q—заряд внутренней сферы), а заряды, расположенные на самой внешней сфере,— потенциал —q/4πε0A(напомним, что заряды сфер равны по величине и противоположны по знаку). Таким образом, потенциал внешней сферы равен нулю.
 
Займемся теперь внутренней сферой. Потенциал, создаваемый на ней ее собственными зарядами, равен q/4πε0B, а зарядами внешней сферы —q/4πε0A. Итак, разность потенциалов между сферами равна потенциалу внутренней сферы, так что

Маленькое изображение
 

14.8. Мощность N связана с силой F и скоростью v соотношением N = Fv, так что F = N/v.
Из уравнения движения ma = F (m—масса автомобиля) имеем

Маленькое изображение
 

14.9. Масса всего кабеля m=ML. В начальный момент времени центр тяжести кабеля находился на расстоянии L/4 от оси блока, в конечный—на расстоянии L/2.
Таким образом,   изменение   потенциальной   энергии   кабеля ΔU равно

Маленькое изображение
 

Изменение кинетической  энергии ΔЕ кабеля с учетом того, что вначале он покоился, равно

Маленькое изображение
 

(Разумеется, все точки   кабеля движутся с одной и той же скоростью v.)
 
Из закона  сохранения  энергии имеем ΔU = ΔЕ, откуда

Маленькое изображение
 

14.10. Пусть   вода   вырывается   из   наконечника   со   скоростью v. Зная   высоту  подъема   воды   и  угол   наклона   наконечника к горизонту, можно найти начальную скорость струи.
Действительно, Hмакс = (v2/2g) sin2 α, откуда

(здесь учтено, что α = 30°).
 
В единицу времени из шланга выбрасывается масса воды m = ρSv, где S —площадь поперечного сечения наконечника, а ρ — плотность воды. Полезная работа мотора в единицу времени затрачивается на поднятие этой массы воды на высоту h и на выбрасывание ее из шланга со скоростью v. Она равна

Маленькое изображение
 

Подставляя численные, значения входящих в формулу для Р величин, получаем Р = 25  квт.

Маленькое изображение14.11. Работа W, затрачиваемая атлетом на каждый бросок, равна mv2/2, где т—масса спортивного снаряда, a v—его начальная скорость. Таким образом, для вычисления W необходимо найти v.
 
Обозначим через S дальность полета снаряда. Как видно из рисунка, S = S0+S1, где So—дальность полета снаряда, если бы он был брошен со скоростью v с поверхности Земли, a S1—горизонтальная дальность полета из точки В до соприкосновения снаряда с Землей. Имеем

Маленькое изображение
 

(здесь учтено, что α = 45°), a S1 вычислим, рассматривая отдельно движение снаряда из точки В. Из закона сохранения энергии следует, что vB = v (сопротивлением воздуха пренебрегаем) и что vB направлена под углом 45° к горизонту. Поэтому S1 = (v/√2 ) t, где t —время падения снаряда из точки   В на Землю, которое  определяется из   уравнения

Маленькое изображение
 

Положительное решение этого квадратного (относительно t) уравнения есть

Маленькое изображение
 

Подставляя в это выражение массы ядра, диска и копья и дальности их полета, выпишем работу, затраченную спортсменами при рекордных бросках этих снарядов:

Маленькое изображение
 

14.12. При равномерном движении автомобиля по горизонтальному участку дороги вся мощность двигателя Р1 уходит на преодоление сил трения, поэтому P1 = Fтрv, откуда FтрP1/v.
При движении под углом θ к горизонту мощность двигателя расходуется как на преодоление сил тяготения, так и на преодоление сил трения. Следовательно, развиваемая мотором сила тяги F равна

Маленькое изображение
 

При максимальном угле уклона мотор развивает максимально возможную мощность (Рмакс = 85 л. с). Таким образом,

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение14.13. Разобьем все сферическое тело на большое число тонких слоев и проследим действие этих слоев на частицу массы m, находящуюся на расстоянии r от центра тела. В § 4 гл. 13 «Лекций» (вып. 1, стр. 239) было показано, что если масса m находится вне шарового слоя, то потенциальная энергия массы m такова, как если бы вся масса слоя собралась в его центре. Если r > R, то масса m является внешней по отношению ко всем слоям сферического тела, следовательно, ее потенциальная энергия W такова, как если бы вся масса тела собралась в его центре, т. е.

Маленькое изображение
 

Маленькое изображениеПотенциал Ψ гравитационного поля массы М связан с энергией W частицы m в этом поле соотношением W =mΨ, а с напряженностью   С   этого   поля    соотношением  ∫Cds = —Ψ [см. «Лекции», вып. 1, стр. 254, формула (14.7)].
Поэтому в рассматриваемом случае Ψ = —GM/r, a напряженность C = GM/r2 и направлена к центру сферы.
Если r < R, масса m окажется внешней по отношению ко всем слоям, радиусы которых меньше r, и внутренней по отношению ко всем остальным слоям.
Поэтому потенциальная энергия массы m состоит из двух членов W1 и W2; W1—потенциальная энергия по отношению к внешним слоям и равна

Маленькое изображение
 

W2 — потенциальная   энергия  массы ь по отношению к тем слоям, внутри которых она находится.
Рассмотрим отдельно один шаровой слой радиусом r1 и толщиной dr1. Потенциальная энергия тела m по отношению к этому слою dWпостоянна и равна

Маленькое изображение
 

Полную энергию массы m по отношению ко всем внешним слоям найдем, проинтегрировав dWпо всем слоям

Маленькое изображение
 

Отсюда легко получить потенциал и напряженность гравитационного поля внутри тела:

Маленькое изображение
 

14.14. Скорость груза m непосредственно перед падением его на чашку весов, определенная из закона сохранения энергии, равна v=2gh. Скорость v1 чашки с грузом после удара найдем из закона сохранения количества движения

где m1—масса чашки.
В наинизшей точке (находящейся на h1 ниже первоначального положения чашки) полная кинетическая и потенциальная энергия чашки и груза перейдет в потенциальную энергию растянутой пружины:

Маленькое изображение
 

где k —упругость пружины, а /0 — ее удлинение перед падением груза на чашку, I0 = m1g/k= 1,6 см.
После несложных преобразований полученное уравнение приводится к виду

Маленькое изображение
 

(здесь введено  обозначение   h0 = mg/k = 3,2 см).   Решая   это уравнение, находим

Маленькое изображение
 

Таким   образом,    груз   m  опустится   вниз   на  расстояние  h+h1 = 19,1 см.
 
14.15.  Пyсть к пружине приложена сила F0. Величина растяжения пружины х0 определяется из условия kx0 = F0.
Растянем теперь пружину на величину х относительно нового положения равновесия. Сила, приложенная к пружине, равна теперь k (x+xo)= kx0+kx = Fo+kx. Видно, что добавочная сила, растягивающая пружину на расстояние х из нового положения равновесия, такая же, как если бы пружина растягивалась на х из ненапряженного состояния. Отсюда следует, что жесткость пружины осталась неизменной.
 
14.16.   Если тележка проходит верхнюю точку  петли «на пределе», почти не касаясь   путевого   полотна,   сила   давления на нее со стороны полотна, естественно,   равна нулю. Таким образом, в этой точке на  тележку  действует только сила тяжести   mg.   Ускорение   тележки   в   наивысшей   точке    равно v2/R=g,   поэтому ее   скорость в   этой  точке   равна gR . Если тележка начала   движение с высоты Н над петлей без начальной  скорости, то из закона   сохранения энергии следует

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение14.17. Пусть, тело срывается в точке сферы, радиус-вектор которой образует угол α с вертикалью. В этой точке сила нормального давления тела на сферу равна нулю. Поэтому проекция ускорения силы тяжести на радиус (g cosα) равна центростремительному ускорению. Таким образом,

Маленькое изображение
 

Решая совместно эти два уравнения, получим cos α=2/3.
Таким образом, тело сорвется в точке, отстоящей от вершины сферы по вертикали на расстоянии 1/3 R. По дуге сферы тело пройдет при этом путь  S = αR =0,85R.

Маленькое изображение14.18. Поместим начало системы координат в фокус эллипса (там же находится масса М), а ось х направим вдоль его большой оси. Полная энергия тела массы m, являющаяся суммой его кинетической и потенциальной энергий E = mv2/2GMm/r, сохраняется и Е есть просто константа, не зависящая ни от времени, ни от r. Поэтому удобно вычислить ее для таких положений тела m, в которых его радиус-вектор и скорость особенно просто выражаются через параметры эллипса.
Такими положениями являются апогей и перигей, отмеченные точками А и Р на рисунке. Для них rA = а(1+е), rP = а(1—е). Скорости vA и vP перпендикулярны оси х (так как они направлены по касательной к эллипсу). Кроме того, как было показано в задаче 7.7, в соответствии со вторым законом Кеплера эти скорости связаны между собой соотношением

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

14.19. а) Эллипс можно получить из окружности радиусом b, если увеличить масштаб вдоль одной из осей координат в а/b раз. При увеличении масштаба вдоль одной из осей площади фигур увеличиваются во столько же раз, поэтому площадь эллипса равна

Маленькое изображение
 

(а—длина большой полуоси).
   б) Вычислим скорость планеты в апогее (см. решение задачи 14.18):

Маленькое изображение
 

   в) Используя результат задачи 14.18, выразим длину большой полуоси орбиты через полную энергию и массу планеты:

Маленькое изображение
 

Подставляя ее, в формулу для периода, получаем

Маленькое изображение
 

Отсюда и следует утверждение, что орбиты всех тел, у которых на единицу массы приходится одинаковая энергия, соответствуют равным периодам обращения (период зависит только от отношения m к | Е |).
 
14.20.   Уменьшение кинетической энергии корабля по мере его удаления от Земли   происходит за счет   увеличения   его потенциальной энергии, т. е.

Маленькое изображение
 

Здесь v0 и v—скорости корабля соответственно около Земли (R = 6500 км) и на расстоянии   r≈ 106 км.
Если бы корабль покинул Землю с первой космической скоростью v1, то на очень больших расстояниях от Земли он двигался бы с очень маленькой скоростью, т. е.

Маленькое изображение
 

14.21. Обозначим   через v  скорость   космического  корабля относительно  Солнца в момент   прекращения   работы  двигателей, а через v′—его скорость «на выходе».   Потенциальная энергия   корабля   обусловлена   притяжением   Земли   и   Солнца. Когда корабль   находится   около  Земли, его потенциальная энергия равна

Маленькое изображение
 

где m, М и MOмассы   соответственно   корабля,   Земли и Солнца; R — радиус Земли; R1 — радиус земной орбиты, которую для простоты будем считать круговой. Из закона сохранения энергии следует

Маленькое изображение
 

где v1 —вторая   космическая   скорость   (см. предыдущую задачу), а из условия стационарности   земной орбиты следует

Маленькое изображение
 

где v0—орбитальная скорость Земли.
Таким образом, v2=v12+2v02+v′2, откуда v = 47 км/сек. Скорость корабля относительно Земли будет минимальной, когда он запущен в направлении орбитального движения Земли. Тогда
              vмин = v — v0 = 17 км/сек.
 
14.22.  Скорость   корабля   относительно  Земли   максимальна,  если корабль запущен по  касательной к орбите Земли в направлении,   противоположном  движению  Земли.   В этом случае
vмакс = v + v0 = 77 км/сек.
 
14.23.  Период обращения   планеты   вокруг Солнца  зависит только от величины большой полуоси  эллипса орбиты. Из того, что периоды  обращения   Земли и   космического  корабля совпадают, следует   равенство   больших   полуосей орбит Земли и
корабля.
 
Величиной большой полуоси полностью определяется и другая характеристика планеты—полная энергия на единицу массы (см. задачу 14.18). Поэтому, когда Земля и космический корабль находятся на одинаковом расстоянии от Солнца (и, следовательно, имеют по отношению к Солнцу одинаковую потенциальную энергию на единицу массы), их скорости относительно Солнца одинаковы по  величине.
 
Заметим, что мы не учли в этих рассуждениях притяжения корабля Землей. Будем считать для начала, что корабль берет старт не с Земли, а из некоторой периферийной точки «околоземного пространства», где потенциал тяготения Солнца начинает превышать потенциал тяготения Земли. Оценим, насколько такая точка удалена от Земли. Потенциал Солнца (–GMO/R1) и потенциал Земли (GM/R) сравниваются, если R = R1M/MO. Так как M/MO≈2,5- 105, если удалиться от Земли, скажем, на десятитысячную радиуса земной орбиты, потенциал Солнца будет превышать потенциал Земли (а «с точки зрения Солнца» Земля и корабль будут по-прежнему в одном и том же месте!).
 
Существуют четыре варианта запуска. Два из них изображены на рисунке (а и б). Рассчитаем вариант а (как более экономный). Так как корабль в перигее подходит очень близко к Солнцу, его скорость при пересечении земной орбиты (которую здесь и далее считаем круговой) практически параллельна линии, проходящей через фокусы орбиты корабля. Найдем угол а. Из прямоугольного треугольника OAK (на рисунке в) cosα = (a—rр)/а = 0,99 (а —большая полуось орбиты корабля, равная радиусу орбиты Земли). Из треугольника ABC находим BC = v′—скорость запуска корабля из периферии околоземного  пространства. Учитывая, что   AB = AC=v0 (v0—орбитальная скорость Земли), имеем

Маленькое изображение
 

Угол β, под которым запущен корабль относительно линии Земля—Солнце, найдем из треугольника ABD (замечая, что < AВС = β +α):

Маленькое изображение
 

Учтем теперь,  что  корабль  стартует с поверхности   Земли. Вспоминая   задачу   14.21,   находим,   что  истинная скорость запуска v = √v′2+v12, где v1—вторая космическая скорость.
Итак,   v ≈42 км/сек.

Маленькое изображение
 

14.24. Представим себе сначала, что в сферическом теле нет никакой полости. Ускорение силы тяжести в точке Р равно в этом случае

Маленькое изображение
 

Выделим теперь внутри тела часть вещества, занимающую тот же объем и положение, что и фигурирующая в условии полость. Согласно принципу суперпозиции, ускорение в точке Р можно представить в виде суммы двух членов: ускорения, обусловленного веществом, занимающим выделенный объем

Маленькое изображение
 

и интересующим нас ускорением а, связанным с притяжением тела с полостью. Так как все три ускорения направлены вдоль одной прямой PC, то

Маленькое изображение
 

2 ПРОСТРАНСТВО  ВРЕМЯ  ДВИЖЕНИЕ
 
К главе 15.  Специальная теория относительности
 
15.1. Так как уравнения, связывающие х′, у, z, t с х, у, z, t, линейны, выразить нештрихованные координаты через штри­хованные не представляет труда. Имеем

Маленькое изображение
 

где введены обозначения  β = u/c,   γ = (√1 — β2)1.
Эти формулы можно было получить и не решая урав­нений, а просто заменив в исходных преобразованиях Ло­ренца и на —и и поменяв местами координаты х, у, z, t и х′, у, z, t (так как система х, у, z движется относи­тельно х′, у, z со скоростью —и).
 
15.2. Рассмотрим работу «световых часов» в неподвижной и дви­жущейся системах координат. Для наблюдателя, который движется вместе с часами, луч света от одного конца стержня до другого и обратно проходит за промежуток времени t = 2L/c, где L — длина стержня.
Как же представляется работа этих часов для неподвиж­ного наблюдателя? Прежде всего ему кажется, что длина стержня не L, a L′ = L √1—u22 — скорость движения часов). Если время движения светового сигнала от одного конца стержня до другого в направлении движения стержня равно t1, то за это время сам прибор сместился на рассто­яние ut1 поэтому свет прошел расстояние не L, a L +ut1 так что ct1 = L+ut1 и t1 = L`/(cи). Для прохождения света от одного конца стержня до другого против движения са­мого стержня требуется время t2 причем ct2 = Lut2 и t2 = L /(с+и). Общее время движения света равно

Маленькое изображение
 

Таким образом, свету понадобится большее время, чтобы пройти из конца в конец движущийся стержень, нежели неподвижный стержень, т. е. движущиеся часы будут отста­вать по сравнению с неподвижными. Обратим внимание, что это отставание  точно  такое же, как и в случае, когда часы ориентированы поперек движения (см. §4 г л .15 «Лекций», вып. 2, стр.  12).
 
15.3. С точки зрения земного наблюдателя время жизни мюона такое, что за это время, двигаясь со скоростью и, он успе­вает пройти путь /, поэтому

Маленькое изображение
 

Время жизни т мезона в его собственной системе координат есть

Маленькое изображение
 

пройденный же им путь (вернее, толщина слоя «прошедшей» мимо него атмосферы) равен

Маленькое изображение
 

15.4.  а) Для    производства    энергии   Е   необходимо   превратить в энергию вещество массой m = Е/с2. В нашем случае m= 86 кг.
   б) В   каждом   акте  синтеза   двух   атомов дейтерия в гелий выделяется энергия

Маленькое изображение
 

т. е. в энергию превращается 0,0155 а.е.м. Но как раз два атома дейтерия входят в молекулу тяжелой воды, масса которой равна 20,0294 а.е.м., поэтому можно ска­зать, что только 0,77-103 часть тяжелой воды превра­щается в энергию. Отсюда следует, что годовое потребление тяжелой воды равно М = (86/0,77)· 103кг, а ее ежесекундный расход М/т = 3,5 г/сек (т—число секунд в году).
 
15.5.  Если   W — мощность   солнечного   излучения,   поглощаемая в земной атмосфере, то  энергия, выделяемая на Солнце в 1 сек, равна E = 4πD2W, где D — расстояние от Земли до Солнца. Следовательно,    выделяемой    в   единицу   времени   энергии соответствует   масса   т = Е/с2.   Реакция   образования  гелия из обычного водорода заключается в том, что четыре атома водорода   (mH = 1,0081   а.е.м.)  объединяются в атом  гелия (mНе =4,0039а.е.м.) Хотя при этом образуются две частицы с массой покоя, отличной от нуля, они в дальнейшем также превращаются в излучение  (позитроны,   встречаясь  с электронами,   «пропадают»,   образуя   γ-кванты). Поэтому можно утверждать, что часть массы водорода

Маленькое изображение
 

отвечает   энергии,    выделившейся   в   результате   реакции.
Таким образом, в 1 сек на Солнце «сгорает» масса водорода

Маленькое изображение
 

что составляет примерно 3·1017% массы Солнца.
 
15.6. Сила и импульс в релятивистской механике связаны между собой таким же образом, как и в ньютоновской, F = d(mv)/dt, только масса в релятивистском случае не постоянна, а вы­ражается через массу покоя как m = m0/√1 — v22, т. е. зависит от скорости движения частицы.  Итак,

Маленькое изображение
 

Таким   образом,   действующая   на   частицу  сила F = m0c2/b постоянна.
 
15.7. а) Единица длины световой год — это то расстояние, которое луч света проходит за один год; она равна сτ, где с = 3·108 м/сек—скорость света, а т = 3,15 ·107—число секунд в году. Поэтому

Маленькое изображение
 

   б) Сила тяжести, которую чувствуют космонавты,— это сила, прижимающая их к кораблю. Корабль, конечно, дейст­вует на них с такой же силой. Согласно условию задачи, эти силы постоянны и, таким образом, движение всех предметов внутри корабля — это движение под действием постоянной силы. Такое движение изучалось в предыду­щей задаче. Поэтому, чтобы сразу использовать резуль­таты этой задачи, представим силу в нашем случае в виде F = m0с2/b. Константу b определим из условия т0с2/b = m0g0. Вычисления будем проводить в такой системе единиц, где расстояния измеряются световыми годами, а время — годами. В этой системе единиц скорость света равна 1 свет, год/год. Результаты вычислений дают:

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

К главе 16. Релятивистская энергия и релятивистский импульс
 
16.1. Рассмотрим систему координат х, у, z, t и штрихованную систему х′, у, z, t, движущуюся относительно исходной со скоростью и в положительном направлении оси x. Формулы задачи 15.1 для связи нештрихованных координат со штри­хованными запишем в виде

Маленькое изображение
 

где β = u/с, γ–1 = √1 — β2. Беря дифференциалы от правых и левых частей этих соотношений, получаем преобразования Лоренца в дифференциальной форме:

Маленькое изображение
 

Ho dx/dt=vx—скорость в неподвижной системе координат, a dx′/dt′ =vx′—скорость в движущейся системе координат, поэтому

Маленькое изображение
 

Если   vx = 0,   то  получаем  формулу   (16.7), приведенную в «Лекциях» (вып. 2, стр. 30) для vy..
 
16.2. Чтобы найти величину скорости в движущейся системе координат, выразим дифференциалы штрихованных коор­динат через дифференциалы нештрихованных координат: dx′ = γ(dx — βcdt), dy`=dy, dz` = dz, dt` =γ [dt— (β/c)dx]. Разделив dx` на dt`, найдем скорость в подвижной системе координат

Маленькое изображение
 

(Конечно,   эту   формулу   можно   написать   сразу,   изменив только знак  скорости и в соответствующей формуле преды­дущей задачи.)
Вычислим дифференциал dvx:

Маленькое изображение
 

Разделив dvxна dtи учитывая, что ax = dvx/dt′, a = dvx/dt, получим

Маленькое изображение
 

16.3. Из треугольника скоростей (см. «Лекции», вып. 2, стр. 34) следует, что скорости v, w и и связаны между собой соотно­шением v2 = u2+w2(1—u22), поэтому

Маленькое изображение
 

Чтобы  доказать   приведенную  в  тексте  формулу,   остается только внимательно проделать следующие выкладки:

Маленькое изображение
 

16.4. Рассмотрим неупругое столкновение частиц в такой системе координат, в которой они налетали бы друг на друга с оди­наковой скоростью w. Очевидно, эта система координат сама движется с той же скоростью w в направлении движущейся частицы. Так как в неподвижной системе скорость налетаю­щей частицы равна 4/5 с, то

Маленькое изображение
 

Мы могли бы решить это уравнение относительно w и убе­диться, что w = 1/2c, но мы не будем. этого делать, так как в § 3 гл. 16 «Лекций» (вып. 2, стр. 30) было показано, что в результате сложения двух скоростей по 1/2c каждая полу­чаем скорость, равную 4/5 с. Поэтому w = 1/2с.
В выбранной таким образом движущейся системе коор­динат образовавшаяся составная частица неподвижна, а ее масса есть M0 = 2mw = 4m0/ √3 . Таким образом, составная частица с массой покоя М0 движется в исходной системе координат со скоростью 1/2с.
 
16.5. В системе координат, в которой протоны ускорителя и ми­шени налетают друг на друга с одинаковыми скоростями, скорость протонов w определяется из следующего  условия: 2mр/ √ 1 —w22 =4mр, откуда w=(√ 3/2) с. Скорость про­тонов в лабораторной системе координат (в этой системе частицы мишени покоятся) равна

Маленькое изображение
 

Кинетическая   энергия  налетающих  протонов есть разность между их полной энергией и энергией покоя, т. е.

Маленькое изображение
 

К главе 17. Пространство-время
 
17.1. Из соотношения между энергией и импульсом E2р2 = тр2 (в системе единиц, где с= 1) следует, что Е≈ р, так как Е и р намного больше тр. Из определения же релятивистского импульса частицы находим

Маленькое изображение
 

(здесь учтено, что тр/р«1 и использована приближенная формула 1/(1 +х) ≈ 1—х). Таким образом, скорость протона такой большой энергии отличается от скорости света только в 20-м знаке! Поэтому с точки зрения земного наблюдателя такой протон пересечет Галактику по диаметру за 105 лет. С точки зрения протона такое путешествие займет всего

Маленькое изображение
 

17.2.  Здесь   нужны  только   вычисления.   Масса   покоя  электрона me= 9,11·10-28 г,     с = 3·108  м/сек,   поэтому    тес2 =
= 81,99·10-15 дж. Посмотрев в справочник, можно убедиться, что 1 эв =1,6·10-19 дж, так что

Маленькое изображение
 

17.3.  Из   закона   сохранения   импульса   следует, что трехмерные импульсы   μ-мезона     рμ   и   нейтрино   pv    равны    и направлены в противоположные   стороны. Из закона сохранения энергии   вытекает, что сумма полной энергии мезона и нейтрино равна энергии покоя π-мезона, т. е. Еv+ Еμ= тπ (в системе единиц,   где с=1).
Так как Ev = pv (масса покоя нейтрино равна   нулю)  и

Маленькое изображение
 

Кинетическую  энергию  μ-мезона   найдем   как разность его полной   энергии   и   энергии   покоя:

Маленькое изображение
 

Кинетическая   энергия   нейтрино равна его полной энергии и равна импульсу.
 
17.4.  В   задаче   12.14   было   показано,   что заряженная   частица в   магнитном   поле   В   движется   по   окружности    радиу­сом   R,    причем   R=mv/qB.    Этот   результат   сохраняется и в релятивистском случае,  поскольку при таком движении меняется  только  направление  скорости,  а не ее  величина.
Так как mv = p, то p = qBR. Здесь q измеряется в ку­лонах, В — в вебер/м2, R — в метрах, а р — в кг·м/сек. Учиты­вая, что 1 вебер/м2 = 104 гс, заряд частицы равен q = Zqe, а qe=1,6·10-19 к и 1 кг·м/сек = (1,6/с)·10-25 Мэв, получаем р = 3·10-2 ZBR. В этой формуле единицы измерения физи­ческих величин следующие: р Мэв, В — гауссы, R — метры, Z—безразмерная величина.
 
17.5.    а) Радиус   магнита   циклотрона должен быть не меньше радиуса кривизны траектории частицы предельной энергии в данном магнитном поле. Используя результаты преды­дущей задачи, имеем R =p ·102/3ZB. Импульс реляти­вистской частицы равен √ Е2m02, а ее полная энергия Е есть сумма кинетической энергии Т и энергия покоя E = T+m0, поэтому

Маленькое изображение
 

   б) Частота ускоряющего электрического поля должна совпа­дать с частотой обращения частицы (см. задачу 12.5), т. е.

Маленькое изображение
 

В этом выражении m измеряется в Мэв, В — в гауссах, а время — в метрах. Таким образом, частота ускоряющего поля  в   конце   ускорения равна

Маленькое изображение
 

   в) В начале ускорения  частиц частота электрического поля должна быть

Маленькое изображение
 

К главе 18. Двумерные вращения
 
18.1.  а) По  определению  момента   силы  τ = xFy— yFx=140  нм. Но момент  мы можем представить  и в виде

Маленькое изображение
 

где р — плечо силы, a Ft —тангенциальная (перпендику­лярная к r) составляющая силы. Из этих двух равенств находим

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение18.2. За счет суточного вращения Земли каждая точка земной поверхности приобретает зависящую от широты φ скорость v = ωr = ωR cos φ (см. рисунок), где ω—угловая скорости вращения Земли.
В Лос-Анджелесе (φо = 34°, см. географическую карту) v = Rω cos φ0. Широту искомой точки земной поверхности найдем из уравнения

Маленькое изображение
 

18.3. Найдем сначала проекции силы на оси координат (ось у направим вверх по прямой ОР, а ось х—направо по АВ). Так как в равновесии сумма всех сил, действующих на тело, равна нулю, имеем

Маленькое изображение
 

Учтем теперь, что полный момент силы (будем вычислять его относительно точки О) также должен равняться нулю. Прежде всего ясно, что точка приложения силы F должна лежать слева от точки О; необходимо, чтобы сила F вращала пластинку против часовой стрелки. Приравнивая нулю полный момент сил, найдем / —расстояние от точки О до точки приложения силы

Маленькое изображение
 

Итак, удерживающая сила величиной F = Fx2 + Fy2 ≈ 20,5 ньютон приложена левее точки O на 0,34 м и на­правлена параллельно силе, приложенной в точке О.

Маленькое изображение18.4. Уголок не вращается после удара в том случае, если удар произведен по линии, проходящей через его центр масс (момент количества движения относительно ц. м., переданный при ударе, в этом случае равен нулю). Поэтому ОР = у0, где у0 —ордината центра масс. Так как толщина горизон­тальной   и   вертикальной   сторон уголка постоянна, центры масс сторон уголка совпадают с их геометрическими центрами. Как видно из рисунка, ордината центра масс горизонтальной стороны у1 = 2,5 см, а вертикальной у2= 12,5 см. Ординату центра масс всего уголка найдем по формуле

Маленькое изображение
 

18.5. Условия равновесия всей фермы в целом таковы:

Маленькое изображение
 

Маленькое изображениеСтержень GF испытывает сжатие, a EG растяже­ние. Их нагрузки равны соответственно T1, и Т2. Но F2/T1 = cos 30°, откуда

Маленькое изображение
 

Из равновесия в узле F имеем Т13 + Т4 = 0 (Т3 и Т4 — напряжения в стержнях EF и DF). Проектируя это равен­ство на вертикальную ось, получаем

Маленькое изображение
 

Приравнивая   затем нулю   сумму проекций на горизонталь­ную ось, находим

Маленькое изображение
 

Таким образом, стержень FD сжат, его напряжение 4W/З√ З.
 
18.6. а) Момент инерции стержня в системе координат, ось х ко­торой направлена вдоль стержня, а начало совпадает с концом стержня, равен

Маленькое изображение
 

   б) Если ось проходит не через конец стержня, а через его середину, то интегрирование следует проводить в преде­лах не от 0 до L, а от —L/2 до L/2:

Маленькое изображение
 

Этот же результат можно получить из теоремы о параллельном переносе оси, относительно которой вы­числяется момент инерции: / = /ц.м.+ md2 ( d — расстояние между осями, а /ц.м. — момент инерции относительно оси, проходящей через центр масс). Искомый момент инерции есть как раз /ц.м.,так как центр масс стержня нахо­дится на середине L:

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение   в)  Если цилиндр тонкостенный, то вся его масса m находится на расстоянии r от оси вращения, поэтому, согласно опре­делению момента инерции, I = тr2.
 
   г)  Для   вычисления  момента   инерции   сплошного цилиндра разобьем его на большое   число тонкостенных   полых ци­линдров. На рисунке   показан   один   такой   цилиндр  ра­диусом   r′   и   толщиной   dr′.   Момент  инерции этого ци­линдра [см. пункт (в)] d/ = r′2dm′, где

Маленькое изображение
 

— масса цилиндра, H—высота цилиндра).

Таким образом, момент инерции сплошного цилиндра вычисляется так:

Маленькое изображение
 

18.7. Когда цилиндр поворачивается на угол φ, груз опускается на расстояние rφ, поэтому ускорение груза а связано с угло­вым ускорением цилиндра d2φ/dt2:

Маленькое изображение
 

18.8. а) Поскольку момент внешних сил равен нулю, момент ко­личества движения груза сохраняется, т. е. Отсюда скорость груза в конечном состоянии

Маленькое изображение
 

   б) Работа   внешней   силы   равна   изменению   кинетической энергии груза, поэтому

Маленькое изображение
 

   в) Пусть F — сила, которую необходимо приложить к нити, чтобы удержать шарик на расстоянии r. При виртуальном перемещении dr эта сила выполняет работу [см. пункт (б)]

Маленькое изображение
 

[Мы пренебрегли членом ~ (dr)2.] Сокращая dr, получаем F=mv2/r, что,  конечно, и следовало ожидать.
 
18.9. Момент количества движения планеты является суммой двух членов L1+L2, L1 связан с движением планеты по орбите (L1=mvR), a L2 — с ее вращением вокруг своей оси (L2 = /ω). Учитывая, что для движения по круговой орбите v2/R = GM/R2 (считаем, что центральное тело очень тяжелое), получаем

Маленькое изображение
 

Величина L2 для всех реальных случаев оказывается гораздо меньше L1.
Рассмотрим теперь систему Земля — Луна. В момент количества движения этой системы дают вклад следующие движения: движение Луны относительно ц. м. системы Земля—Луна, вращение Луны вокруг своей оси, движение Земли относительно ц. м. системы, вращение Земли вокруг своей оси.
Вспомним теперь, что период вращения Луны вокруг своей оси   равен   периоду   ее движения по орбите. Поэтому

Маленькое изображение
 

где R — радиус лунной орбиты, а rл —радиус-Луны. Таким образом, L»L, и этой последней величиной можно пренебречь. Далее, поскольку период обращения Земли и Луны вокруг ц. м. системы одинаков, а расстояние до ц. м. обратно пропорционально массам

Маленькое изображение
 

т. е. вклад орбитального движения Земли в момент коли­чества движения также очень мал. Оценим теперь вклад вращения Земли вокруг своей оси. Имеем

Маленькое изображение
 

Следовательно, момент количества движения системы Земля — Луна равен приближенно

Маленькое изображение
 

Из-за приливов, тормозящих вращение Земли, длина суток медленно увеличивается, т. е. уменьшается угловая скорость вращения, а с ней и момент количества движения Земли L. Так как полный момент количества движения системы Луна — Земля должен оставаться постоянным, мо­мент количества движения Луны L должен медленно возрастать, компенсируя уменьшение L2З.
Увеличение L1Л (см. выражение для этой величины) возможно только в случае увеличения расстояния между Луной и Землей.
Энергия системы Земля — Луна состоит из кинетической и потенциальной энергий Луны и кинетической энергии вращения Земли (мы опять пренебрегли кинетической энер­гией вращения Луны и движения Земли по орбите как малыми величинами).
Как было показано в задаче 14.18 (стр. 200), полная энергия Луны равна

Маленькое изображение
 

положительна, в чем можно убедиться, подставив вместо букв соответствующие числа. В предельном случае (далеком будущем), когда Земля полностью прекратит вращаться вокруг своей оси (ω3 = 0), полная энергия системы Земля — Луна станет отрицательной (—GmЗmЛ/2R0), R0—расстояние между Луной и Землей при ω3 = 0; это означает, что полная механическая энергия системы Земля — Луна уменьшается по мере удаления Луны от Земли. Это и понятно, ведь часть механической энергии вследствие приливного трения превращается в теплоту.
 
18.10. Когда подвешиваются грузы W1 и W2, силы, действующие в шарнирах, изменяются. Нас будут интересовать только эти добавки. Силы, которые действовали в шарнирах раньше, как раз такие, чтобы рама с грузом Wc оставалась в равно­весии, поэтому, рассматривая только добавки, мы можем не учитывать ни веса рамы, ни груза Wc. Выясним условие равновесия планки АВ. Суммарный момент силы, действую­щий на эту планку,

Маленькое изображение
 

Здесь FA и FB — вертикальные составляющие силы в шар­нирах А и В (момент горизонтальных составляющих сил равен нулю).  Аналогично,

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение18.11. По условию задачи машина должна отключаться, когда АС достигнет значения √2·30 см, т. е. когда угол α = 45°. В системе координат, вращающейся вместе с регулятором, массы М находятся в равновесии. На каждую из них дей­ствует центробежная сила F и реакции стержней T1 и Т2 (направление сил показано на рисунке).
Используем условие равновесия массы М. Из равенства нулю  суммы   горизонтальных   составляющих   сил получаем

Маленькое изображение
 

Наконец, условие равновесия массы С записывается как

Маленькое изображение
 

18.12. Мощность,   необходимая   для   вращения   вала,   равна   мощ­ности сил трения, т. е.

Маленькое изображение
 

где v—скорость масс т, v = ωr.
Сила трения каждой колодки равна произведению коэф­фициента трения на величину силы, прижимающей колодку к цилиндру, т. е.

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение18.13. Поместим начало системы координат в середину основания нижнего бруска. Обозначим через х1, х2, ....,хn координаты центров масс соответствующих брусков (см. фиг. а). Оче­видно, что сооружение из брусков опрокинется, когда коор­дината х0 центра масс всей системы брусков, лежащих на нижнем, выйдет за его основание, т. е. когда х0 L/2 (знак равенства соответствует неустойчивому равновесию).
Поясним это, рассмотрев условие равновесия двух бру­сков, лежащих друг на друге. Пусть сначала бруски рас­положены так, как это показано на фиг. б. Повернем верх­ний  брусок  относительно  точки   О  на   малый  угол Δφ по часовой стрелке и отпустим его. Как будет двигаться брусок дальше?
Сила веса бруска создает относительно точки О вращаю­щий момент т =mg[(L/2)—/] (m —масса бруска, / —длина выступающей части торца), который стремится повернуть брусок в исходное положение. Это и означает, что в поло­жении, показанном на фиг. б, брусок находится в равновесии. По мере стремления / к L/2 величина вращаю­щего момента убывает. Наконец, т = 0 при / =L/2. Теперь достаточно отклонить верхний брусок на бесконечно малый угол, чтобы брусок начал вращаться по часовой стрелке; это означает, что верхний брусок находится в положении неустойчивого равновесия. Разумеется, при / > L/2 (см. фиг. в), возникает вращающий момент τ = mg (I — L/2), опрокиды­вающий верхний брусок.
Вычислим координату центра масс всех брусков, лежа­щих на нижнем. Очевидно,

Маленькое изображение
 

Следовательно, максимальное число брусков, которые можно уложить указанным способом, равно /.
 
 
К главе 19. Центр масс; момент инерции
 
19.1. Энергия,   затраченная   механизмом   К,   равна   изменению кинетической энергии вращения системы, т. е.

Маленькое изображение
 

где /0 и /1—моменты инерции «квадратной» и «крестообраз­ной» систем, а ω1 — конечная угловая скорость вращения. Момент инерции системы складывается из моментов инерции стержней и момента инерции  внутреннего механизма.
Пользуясь теоремой о параллельном переносе оси, на­ходим, что момент инерции одного стержня относительно оси О равен в начальном состоянии (4/3) mL2, а в конечном (m/3)L2 Поэтому

Маленькое изображение
 

Конечную угловую скорость вращения ω1 находим из закона сохранения момента количества движения (меха­низм, складывающий стержни,— внутренний!)

Маленькое изображение
 

19.2. а) Пусть нить закручена на угол θ. Чтобы удержать ее в этом положении, к нити нужно приложить внешние силы, момент которых т был бы равен упругому моменту нити с обратным знаком, т. е. т = kθ.
При дальнейшем закручивании нити на малый угол Δθ, как было показано в гл. 18 «Лекций» (вып. 2, стр. 53), внешние силы совершают работу ΔW =т·Δθ. Нить, за­крученная на фиксированный угол θ0, обладает, таким образом, потенциальной энергией U, равной по величине работе внешних сил, поворачивающих нить от ненапря­женного состояния (θ = 0) до угла θ0, т. е.

Маленькое изображение
 

   б) В момент разряда конденсатора на рамку действует мо­мент τ=nAB|dqldt|, в результате чего рамка начнет вращаться с угловой скоростью ω = L/I, где L—момент количества движения рамки, / —ее момент инерции. Величину L найдем, интегрируя уравнение

Маленькое изображение
 

от t= 0 до момента окончания разряда конденсатора, что дает L = nABq0 (q0—первоначальный заряд конден­сатора). Когда катушка отклоняется на максимальный угол и останавливается, начальная кинетическая энергия рамки

Маленькое изображение
 

переходит  в потенциальную  энергию закрученной нити, на которой подвешена катушка, U =1/2 kθ2макс, т. е.

Маленькое изображение
 

т. е. максимальный угол поворота рамки пропорционален начальному заряду конденсатора.
19.3. Момент   инерции   сложной   фигуры   равен   сумме   моментов инерции ее частей. Поэтому момент инерции проволоки, вы­численной   относительно   оси,   проходящей   через   точку А, не зависит от угла θ и равен ML2/12.
 
19.4.  Для   моментов   инерции  пластинок  относительно осей, про­ходящих через точки А и В, можем написать

Маленькое изображение
 

Приведенное в тексте равенство выполняется, если r32 = r22r12, т. е. когда r1 r2, r3 образуют прямоугольный треугольник, причем гипотенузой является r2.
 
19.5. Объем фигуры вращения равен произведению длины дуги, описываемой центром масс плоской фигуры, на площадь этой фигуры. В нашем случае

Маленькое изображение
 

так как  центр   масс   однородного круга лежит в его геоме­трическом центре.

19.6. Энергия, затрачиваемая на достижение данной угловой ско­рости ω0 из неподвижного состояния, равна кинетической энергии вращающегося тела. Эта энергия тем меньше, чем меньше момент инерции тела (ω0 фиксировано!).
Для любого тела / = /ц.м.+ Мd2, где /ц.м.—момент инерции относительно оси, проходящей через центр масс; d — расстояние от этой оси до параллельной ей оси вращения. Очевидно, что /мин отвечает d = 0. Таким образом, ось вра­щения должна проходить через центр масс, который нахо­дится на расстоянии М2L/(М1+М2) от конца невесомого стержня, несущего массу М1.
 
19.7. Пусть диск с прижатыми грузиками вращается с угловой скоростью ω. Его момент количества движения L0 равен [(МR2/2) + 2mR2]·ω
В момент срыва нитей с крючков Н и Н′ диск вращается с угловой скоростью ω1, определяемой из закона сохранения момента количества движения:

Маленькое изображение
 

После отделения грузиков диск продолжает вращаться с той же угловой скоростью ω1, так что угловая скорость диска уменьшается в n раз, если

Маленькое изображение
 

19.8. В неподвижной системе координат ху на тело действует сила F. Тело будет двигаться в этой системе координат согласно уравнениям движения mx = Fx; my =Fy. При по­вороте системы координат на угол θ = ωt координаты пре­образуются следующим образом:

Маленькое изображение
 

Компоненты силы в штрихованной системе координат имеют вид

Маленькое изображение
 

Первые два члена в каждом выражении есть компоненты истинной силы F в повернутой системе координат, третьи слагаемые —компоненты силы Кориолиса, и последние — центробежной силы.
 
19.9. Уравнение движения для центра масс шара

Маленькое изображение
 

Скорость той точки шара, которая соприкасается с плоско­стью, равна vц.м.ωR. Когда эта скорость обращается в  нуль, шар начинает катиться без проскальзывания. Это произойдет через промежуток времени t от начала движения, равный

Маленькое изображение
 

Маленькое изображениеи его скорость к этому моменту vt = v—μgt = 5/7v.
 
19.10. Вес W валика   разложим   на  две  составляющие: силу нор­мального давления его на вал Р,   равную   F1 = Mg sin θ,   и перпендикулярную к ней, F2 = Mg cos θ.
Контакт между передающим валиком Т и барабаном К не будет теряться в том случае, если «сила тяги» F, при­ложенная со стороны печатного вала Р к валику Т (как раз и обусловливающая вращение валика Т), меньше или равна F2, т. е.

Маленькое изображение
 

(знак равенства соответствует нулевому давлению Т на   K).
Уравнение вращательного движения для валика Т, когда он не давит на барабан К, имеет вид /A1 = Fr, или (Mr2/2) A1Mg cos θr (здесь через A1= /dt обозначено угловое ускорение валика Т), так как

Маленькое изображение
 

19.11. Обозначим массу первой секции через m, тогда массы соот­ветствующих квадрантов будут:

Маленькое изображение
 

Поскольку каждая из секций однородна, то центры масс их расположены одинаково относительно самих секций. Если координаты центров масс секций 1у1)... (x4y4), то положе­ние центра масс всего тела вычисляется по формулам

Маленькое изображение
 

Из соойбражений симметрии ясно, что центр масс каждой из секций лежит на биссектрисе соответствующего прямого угла, на одинаковом расстоянии от начала координат.
Обозначим координаты центра масс первой секции через а:

Маленькое изображение
 

Уравнение  прямой,   проходящей  через  две  точки   (0, 0) и (X, У), есть

Маленькое изображение
 

19.12.  Пусть М — масса диска с отверстием; m —масса вырезанной части  диска; х —абсцисса   центра   масс диска с отверстием.
 Поскольку  центр  масс сплошного диска  находится  в  его центре, то

Маленькое изображение
 

19.13.   Выберем систему координат, как  рекомендовано в   условии задачи. Так как проволока расположена симметрично отно­сительно  оси   х,   то,  очевидно,   yц. м. = 0.   По  определению центра масс

Маленькое изображение
 

эта формула является обобщением приведенной в «Лекциях» формулы

Маленькое изображение
 

Масса проволоки бесконечно малой длины dl равна ρdl, где ρ = M/L—масса единицы длины проволоки, поэтому

Маленькое изображение
 

Маленькое изображениеВычислять такой интеграл в прямоугольной системе коорди­нат довольно громоздко. Эти вычисления значительно упро­щаются, если заметить, что для произвольной точки прово­локи, радиус-вектор которой образует угол φ с осью у, x = R cos φ, a dl = Rdφ(см. рисунок). Чтобы были учтены все точки проволоки, угол φ должен пробегать`"значения от (π—α)/2 до (π+α)/2, где α=L/Rугол между радиусами-векторами концов проволоки. Таким образом,

Маленькое изображение
 

Этот же результат может быть получен из теоремы Паппа (см. «Лекции», вып. 2, стр. 72—73). При вращении проволоки вокруг оси у получается шаровой пояс площадью

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение19.14. Разобьем сектор на большое число секторов с вершинами в точке О и очень малым центральным углом Δα. Каждый такой сектор с большой точностью можно рассматривать как равнобедренный треугольник, центр масс которого лежит на высоте, на расстоянии 2/3 R от его вершины.
 
Таким образом, задача о нахождении центра масс сек­тора   свелась   к   нахождению центра масс дуги окружности радиусом 2/3R с углом раствора α, т. е. к предыдущей за­даче. В такой же системе координат, как и в задаче 19.13,

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение19.15. а) Определим положение центра масс, получившегося после склеивания тела. Как было показано в предыдущей задаче, центр масс сектора лежит на его биссектрисе на рассто­янии 4/3(R/α) sin (α/2) от центра окружности. (В нашем случае это расстояние равно √ 3 см, так как R = π см и α = 2π/3.) Биссектриса сектора массы 2M направлена горизонтально, поэтому координаты центра масс этого тела х2 = —√ 3 см, y2 = 0. Биссектриса сектора массы М образует угол 30° с вертикалью, так что координаты x1и у1центра масс этого сектора равны:

Маленькое изображение
 

Следовательно, координаты  центра   масс  тела,  получив­шегося после склеивания двух частей, есть

Маленькое изображение
 

Рассмотрим силы, действующие на тело. Это сила тяжести, приложенная в центре масс тела, силы давления пола и стенки Р и N и сила трения о пол FTp. Эти силы приложены в точках соприкосновения тела со стенкой и полом и направлены так, как это показано на рисунке. Так как тело находится в равновесии, геометрическая сумма всех сил равна нулю; сумма моментов этих сил, например относительно точки О, также равна нулю. Это дает

Маленькое изображение
 

Поскольку   M = 1 кг,   тело   давит   на   стенку   с  силой 3 √3/2π кГ.
 
   б) Если поместить на линию ОА массу m на расстоянии r от точки О, то система останется в равновесии, если будут равны друг другу моменты сил веса составного тела и шарика относительно точки соприкосновения тела и пола:

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение19.16. Поскольку вся фигура, подвешенная в точке Р, находится в равновесии независимо от ее положения, точка Р является ее центром масс.
Пусть высота вырезанного треугольника равна h. Его центр масс находится на расстоянии 2/3 h от Р. Центр масс полученной фигуры и вырезанного треугольника находится в точке О, следовательно (см. задачу 19.12),

Маленькое изображение
 

Так как по смыслу задачи h < a, в качестве решения выби­раем меньший корень квадратного уравнения, т. е. h = 0,63 а.
 
19.17. а)  На катушку  действует  сила   веса, направленная  верти­кально вниз, и сила натяжения нити Т, направленная по нити. Катушка  не будет  раскачиваться, если  нет гори­зонтальных сил, т. е. если нить вертикальна,
   б) Запишем уравнение движения  катушки:
для поступательного

Маленькое изображение
 

здесь а —ускорение центра масс катушки, ε —ее угловое ускорение. Учитывая, что ε = а/r и l = MR2, уравнения движения перепишем в виде

Маленькое изображение
 

19.18. а) Из закона сохранения момента количества движения

Маленькое изображение
 

С другой стороны, чтобы удержать вращающуюся с угло­вой скоростью ω массу m на расстоянии х от оси вра­щения, необходимо приложить к нити силу

Маленькое изображение
 

что равно разности кинетических энергий системы в ко­нечном и начальном состояниях.
   в) В системе координат, вращающейся вместе со столом, скорость тележки увеличивается благодаря действию центробежной силы, так что в этой системе кинетическая энергия тележки в точке R равна вычисленной в пункте (б) работе W, т. е.

Маленькое изображение
 

К главе 20. Вращение и пространство
 
20.1. Векторное произведение двух векторов а и b можно записать в виде

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

20.2. Направим ось z вдоль вектора ω (т. е. вдоль оси вращения твердого тела), а начало координат поместим в произвольной точке на оси вращения. Вычислим векторное произведение ω x r (r—радиус-вектор точки Р тела) в этой системе коор­динат

Маленькое изображение
 

Полученный вектор лежит в плоскости ху и перпендикулярен вектору r′ (х, у), модуль его равен ω√x2+y2=ωr′. Так как r′ — расстояние точки Р до оси вращения, вычисленное век­торное произведение есть не что иное, как скорость точки Р твердого тела, т. е. vр = ω x r.
 
20.3. Пусть тело повернется на некоторый очень малый угол Δθ1 вокруг оси 1, проходящей через начало координат. Введем вектор Δθ1, величина которого равна Δθ1, а направление совпадает с осью вращения, т.е. Δθ1 = Δθ1 n1 (n1—-единич­ный вектор вдоль оси вращения). Очевидно, что при таком повороте радиус-вектор r произвольной точки М станет рав­ным r′=r + Δr. Величина приращения радиуса-вектора равна (см. рисунок) r sin α Δθ1 вектор Δr направлен перпендику­лярно r и оси вращения (т. е. Δθ1), поэтому, вспоминая определение векторного произведения,

Маленькое изображение
 

Если произведен еще один поворот на малый угол Δθ2 вокруг другой оси, проходящей через начало координат, то новый радиус-вектор той же точки М (обозначим его r″) может быть выражен через r как

Маленькое изображение
 

В последнем выражении  отброшены бесконечно малые  вто­рого порядка.
Таким образом, два последовательных поворота на углы Δθ1 и Δθ2 вокруг разных осей эквивалентны одному пово­роту на угол

Маленькое изображение
 

вокруг оси, направление которой совпадает с направлением вектора Δθ1 + Δθ2. Аналогично для N поворотов на малые углы Δθ¡ имеем

Маленькое изображение
 

Маленькое изображениеРассматривая угловую скорость как вектор, направлен­ный вдоль оси вращения, модуль которого равен изме­нению угла в единицу времени, записываем ω¡= Δθ¡/Δt. Поэтому вращение тела с несколькими угловыми скоростями эквивалентно вращению с одной угловой скоростью

Маленькое изображение
 

20.4. Обозначим через r′ координаты частиц в системе ц. м. Оче­видно,

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

20.5. а) Объем V параллелепипеда   равен   произведению  площади основания на высоту: V = SH.
Обозначим угол между сторонами А и В основания через α. Величина площади основания равна

Маленькое изображение
 

Маленькое изображениеВектор S = A x B направлен перпендикулярно векторам А и В, т. е. его направление совпадает с нормалью к осно­ванию.
Если  угол  между  S  и С  равен  θ, то  V = SH = SC cosθ = C·S = |C(A х В)|.
   б) Параллелепипед определен тремя векторами:
 
а = 10i—5j+3k,    b = 3i—4j + 7k,   c=— 5i— 6j + 3k.
 
Следовательно, его  объем  есть  абсолютная величина детерминанта

Маленькое изображение
 



ЧИТАЙТЕ ТАКЖЕ:


Социальные комментарии Cackle


 
 
© All-Физика, 2009-2016
При использовании материалов сайта ссылка на www.all-fizika.com обязательна.