Розв'язки та відповіді

1 СУЧАСНА НАУКА ПРО ПРИРОДУ • ЗАКОНИ МЕХАНІКИ


До розділу 1. Атоми в русі
 
1.1. а) Відомо, що за нормальних умов грам-молекула будь-якої речовини містить A молекул (A =6,02·10²³ — число Авогадро) і займає в газоподібному стані об'єм v₀ = 22,4 л = 22400 см³. Отже, в 1 см³ газоподібного повітря міститься n_B «молекул»:

Густина газоподібного і рідкого повітря дорівнює відповідно

де m — маса «молекули» повітря, а n_ж — число «молекул» в 1 см³ рідкого повітря, тому

   б) Знаючи густину повітря, обчислюємо масу «молекули» повітря

   в) Уявімо собі молекулу повітря у вигляді твердої кульки радіусом r. Зрозуміло, що молекули зіткнуться, якщо їхні центри зблизяться на відстань, меншу або рівну 2r. За одиницю часу молекула пролітає шлях, що дорівнює її середній швидкості v. При цьому вона стикається з усіма молекулами, центри яких опиняться в «захопленому» нею об'ємі π (2r)² v, тобто зазнає 4πr²n₀v зіткнень (n₀—число молекул у 1 см³ повітря за нормальних умов).
Вважаючи для оцінки, що між двома послідовними зіткненнями молекула проходить однакові відстані λ (це і є довжина вільного пробігу) і що всі молекули однакові, знаходимо

Поклавши r≈ 10^–8 см, отримуємо λ = 3,2·10^–5 см. Від тиску залежить лише число частинок у 1 см³, яке просто пропорційне тиску, так що можна написати n = ср (с—коефіцієнт пропорційності) і λ=1/(4πr²cp), звідки λp = const. Тому для довжини вільного пробігу молекули за різних тисків, але однакової температури газу маємо

Таким чином, тиск, за якого довжина вільного пробігу становить 1 м, дорівнює

1.2.  Припустімо, що об'єм давньої краплі дорівнював приблизно 1 см³, тобто що крапля містила близько N ≈3·10²² молекул. Природно   припустити,   що   за  величезний   проміжок часу,   що минув   від палеозойської ери до наших днів, молекули краплі рівномірно розподілилися по всій   наявній на Землі воді. У цьому разі студент-геолог проковтнув  n = (v/V) N молекул нашої  краплі, де v — об'єм випитої  ним води, а V—об'єм  усієї води на Землі. Оцінимо V.
 
Вважатимемо, що вода покриває рівномірно всю земну кулю шаром завтовшки d ≈ 3 км. У цьому разі

де R_З—радіус Землі. Поклавши v =150 см³ (три чверті склянки), отримаємо n ≈30.
 
1.3.  Розглянемо спочатку, як відбуватиметься випаровування, якщо склянку накрити кришкою і відкачати    з-під  неї  все   повітря. Поки водяної пари під кришкою мало,   рідина буде випаровуватися. З води весь час   вилітатимуть   молекули води, а з пари якесь число молекул повертатиметься у воду, тобто конденсуватиметься. Через деякий час  у склянці  встановиться  динамічна  рівновага:   число   молекул, що   вилітають   з   води,   стане   рівним   числу тих, що повертаються   назад.    Якщо    прибрати   кришку,    вода
 почне  безперервно   випаровуватися, причому число  молекул, що вилітають,  буде   таким  же,   як і тоді, коли  склянка   була накрита,   адже  процес випаровування залежить лише від руху молекул у воді, число ж молекул, що повертаються у воду, залежить від кількості водяної пари в повітрі  над склянкою.
 
Оцінимо кількість молекул, що вилітають з води за одиницю часу при рівновазі. Простіше обчислювати не це число, а рівне йому число молекул пари, що конденсуються.
 
Нехай в одиниці об'єму повітря над кришкою міститься n молекул водяної пари. Число n залежить лише від температури повітря, воно виміряне експериментально; існують таблиці залежності n від температури.  За проміжок часу t поверхні води досягнуть лише ті молекули пари (швидкість молекули v), які перебували в початковий момент часу не далі, ніж v_Bt (v_B — вертикальна швидкість молекули). Іншими словами, поверхні води досягають ті молекули, які перебувають в об'ємі Sv_Bt над склянкою (S—площа поперечного перерізу склянки). Отже, за одиницю часу конденсується ¹/₂nSv молекул пари.
 
Як уже зазначалося, число молекул, що випаровуються при знятій кришці, буде таким же, як і при закритій кришці. Але число молекул, що конденсуються, залежить від того, скільки молекул пари міститься в одиниці об'єму повітря над поверхнею рідини. Вважатимемо, що вологість повітря близька до нормальної.
 
Вологістю (відносною) називають відношення числа молекул водяної пари, що містяться в повітрі в даний момент часу, до максимально можливого (тобто числа молекул пари в одиниці об'єму при рівновазі). Нормальною вважається вологість близько 60 — 80%. Ми покладемо, що вологість повітря 50%, тобто в одиниці об'єму повітря міститься n/2 молекул водяної пари. У цьому разі, як випливає з попереднього розгляду, у воду з пари має конденсуватися ¹/₄ nSv молекул. Однак так було б лише за умови, що над водою перебувають тільки водяні пари, а не суміш повітря з парою. За наявності повітря молекули з води відлітають без зіткнень лише на довжину вільного пробігу λ (ця відстань ~ 3·10^–5 см, див. задачу 1.1), далі вони рухаються від поверхні рідини з дуже малою швидкістю (порівняно з тепловою). Тому число молекул, що конденсуються, визначається не густиною пари на великій відстані від води, а густиною пари на відстані довжини вільного пробігу. Вважаючи, що густина пари в перпендикулярному до поверхні води напрямку змінюється лінійно, а на відстані приблизно 1 см вона дорівнює вже n/2, знаходимо, що густина водяної пари на відстані λ приблизно дорівнює

Таким  чином,   з  поверхні   води  за  одиницю   часу випаровується  близько  nλSv/4 молекул води.   Після  цього розгляду  ми   можемо   відповісти   на поставлені в задачі запитання.
   а) У склянці води міститься n_BSh молекул води, де n_B = 3·10²² см^–3—число молекул води в 1 см³ (див. попередню задачу), a h—висота склянки, яку приймемо рівною 10 см. Уся вода випарується за час

   б)  З ділянки в 1 см² щосекунди випаровується nλv/4 ≈2·10¹⁸ молекул.
   в)  У середньому   за   рік  має  випаруватися кількість води, що дорівнює середньорічній кількості опадів. Звичайно, отримане нами число в пункті (а) перевищує кількість опадів, оскільки для розрахунків ми обрали такі умови атмосфери, коли переважає процес випаровування.
 
1.4. Хоча   атоми   й   перебувають   у   безперервному  русі,   це ще не означає, що вони в середньому змінюють своє відносне   розташування.   Зокрема,   атом, що коливається біля  свого   місця в кристалічній ґратці, в середньому спочиває   в ньому,   так  що кристалічні тіла не змінюють своєї форми доти, доки амплітуда коливання частинок,   що   їх складають,   мала   порівняно   з   відстанями між найближчими атомами. При достатньо сильному   нагріванні   ця   амплітуда   стає  настільки   великою,   що  
 атоми вже більше не «прив'язані» до певного  місця, настає процес плавлення і тверде тіло змінює форму.
1.5. Розглянемо   частину   грані   кристала. Розташування атомів у кристалі таке, що кожен атом  оточений   певним чином розташованими іншими атомами. Це означає,   що атоми  одного  сорту   розташовані   у так званих еквівалентних точках,   тобто   точках, оточення яких цілком однакове. Мінімальна відстань між еквівалентними точками a називається періодом ґратки.
На фіг. 1 еквівалентні точки—це точки 0, 1, 2, 3.
 
Найближчі еквівалентні точки утворюють якусь плоску фігуру — «комірку» (на рисунку це ромб з вершинами в точках 0, 1, 2, 3), а якщо розглядати весь кристал, а не його грані, то об'ємну фігуру. При формуванні кристала наростає все більше й більше комірок, тому форма грані кристала залежить від геометричної форми комірки. Звісно, швидкість росту кристала в різних напрямках різна, так що зовнішні  грані кристала не є простим повторенням форми комірки. Але цілком зрозуміло, що кути між сторонами грані кристала дорівнюють кутам між сторонами комірки, тому для відповіді на поставлене в задачі запитання нам достатньо вказати, що не може існувати комірок у формі правильного п'ятикутника.
Наведемо доведення від супротивного. Нехай комірка кристала—правильний п'ятикутник, а О і A—еквівалентні точки (фіг. 2). Очевидно, еквівалентною має бути й точка E (якщо еквівалентна точка міститься на відстані а від О при переміщенні вправо, то має бути еквівалентна точка і при переміщенні вліво на ту саму відстань). Інші еквівалентні точки можна побудувати, повертаючи відрізок O A на кут 2π/5 = 72^°. Після першого повороту отримаємо точку B, а після другого—точку С. Але відстань ЕС < a, що суперечить вихідному припущенню (відстань між еквівалентними точками не менша, ніж а). Таким чином, грань кристала не може бути правильним п'ятикутником. Можна строго показати, що аналогічна побудова несуперечлива лише в тому випадку, якщо комірки кристала мають форму правильного трикутника, чотирикутника (квадрата) і шестикутника.
1.6. Безперервно вдаряючись об стінки посудини, молекули газу діють на них з певною силою. Справді, якщо зробити одну зі стінок посудини рухомою, то, щоб утримати її під градом ударів молекул у незмінному положенні, потрібно прикласти до неї певну силу. Величина цієї сили, віднесена до одиниці площі стінки, і є тиском газу. Зрозуміло, що тиск буде тим більшим, чим більше молекул вдаряється об одиничну ділянку поверхні стінки і чим енергійніший кожен удар. Якщо густина газу не особливо велика, то число молекул, що вдаряються об стінку, просто пропорційне густині. Сила ж удару молекули об поршень залежить від швидкості молекули: чим швидше рухається молекула, тим сильніше вона завдає удару. З іншого боку, зрозуміло, що за даної густини газу до поршня підлітає і вдаряється об нього тим більше молекул, чим більша їхня швидкість. Таким чином, ми бачимо, що від швидкості молекул залежить і число ударів об поршень, і сила удару. Тому залежність тиску газу від середньої швидкості молекул—нелінійна. Точний розрахунок показує, що тиск газу пропорційний середньому квадрату швидкості, а не середній швидкості.
 
1.7.   Справді,   теплота  є   не що   інше,   як  рух молекул,   але  рух   хаотичний, безладний.  Коли тіло   в  цілому   спочиває, його молекули  тим не менше можуть мати  велику  енергію   хаотичного   руху.   При цьому ми говоримо, що тіло сильно нагріте  (має високу  температуру).   Якщо нагрівати тіло, тобто далі збільшувати   його   температуру,    то   швидкість   безладного хаотичного руху зростатиме.
 
Молекули холодного бейсбольного м'ячика, що швидко рухається, поряд з хаотичною швидкістю мають ще швидкість спрямованого руху, однакову для всіх молекул, яка характеризує енергію руху м'ячика як цілого, а не його внутрішній стан. Швидкість же безладного руху молекул холодного м'ячика менша, ніж нагрітого.
 
1.8. Як  би  не були відполіровані поверхні машини, що труться, вони ніколи не будуть цілком гладкими.   Насправді  ці поверхні можна уявити собі вкритими (хоч і дуже маленькими) горбками, сходинками тощо.   При  русі   таких   поверхонь  одна відносно     одної    відбувається    безліч      мікроскопічних ударів, нерівності зминають одна одну. У результаті таких безладних  ударів   зрештою     збільшується швидкість  хаотичного  руху   молекул   (у  § 2   «Лекцій»,
 вип. 1, показано,   що   при ударі молекули об поверхню, яка рухається їй назустріч, швидкість молекули збільшується). А це означає, що тіла, які труться, нагріваються.
 
1.9. Шматок гуми складається з довгих ланцюжків атомів, що перекриваються, які безладно  орієнтовані в просторі. При розтягуванні гуми, тобто коли до неї прикладена якась зовнішня сила, частина цих  ланцюжків витягується вздовж зовнішньої сили. При цьому «орієнтовані» ланцюжки атомів стикаються з іншими молекулами гуми і   змушують   їх   рухатися   швидше,   подібно  до   того,   як поршень, що всувається   в посудину з газом, змушує рухатися швидше молекули газу. Тому температура шматка гуми
при його розтягуванні збільшується, тобто гума нагрівається.
 
1.10. Гума з підвішеним на ній вантажем розтягнута. Це означає, що деякі молекулярні ланцюжки атомів розташовані вздовж напрямку розтягування. Водночас усі молекули (ланцюжки) беруть участь у безладному тепловому русі й безперервно стикаються одна з одною. У результаті таких зіткнень первісно орієнтовані ланцюжки атомів прагнуть знову заплутатися з рештою молекул, але цьому заважає прикладена зовнішня сила. При нагріванні гуми швидкість руху молекул збільшується, посилюється   бомбардування   орієнтованих   ланцюжків,    що призводить до сильнішого їх заплутування. Останнє означає, що довжина натягнутої гуми при нагріванні зменшується.
1.11. Подивимося, як розміщуватимуться кульки при найщільнішому пакуванні (саме тоді в посудині поміститься максимальне число кульок). Перший шар кульок ляже так, що кожна кулька торкнеться шести інших (положення центрів кульок цього шару показано на рис. а чорними точками). Кульки другого шару ляжуть у «ямки» першого шару, так що кожна кулька другого шару торкнеться трьох кульок нижнього (зверніть увагу, що використовується лише половина «ямок» першого шару), а в іншому другий шар виглядає точнісінько так само, як перший, лише зміщений відносно нього у вертикальному напрямку. Центри кульок другого шару, якщо дивитися на них згори, займуть положення, позначене на рис. а світлими кружечками. Третій шар кульок можна накласти двома різними способами: кульки можуть лягти в ті «ямки» другого шару, які перебувають над центрами кульок нижнього шару, тоді вийде, що кульки третього шару лежать точно над кульками першого шару (центри куль верхнього шару позначені хрестиками). Якщо ж кульки третього шару ляжуть в інші «ямки» другого шару, то виявиться, що вони перебуватимуть якраз над «вільними ямками» першого шару (рис. б). Щільність упаковки і в тому, і в іншому випадках однакова, тобто число кульок в одиниці об'єму в обох випадках однакове.
 
Укладаючи в такий самий спосіб наступні шари кульок, помічаємо, що їхні центри розташовуються в просторі у певному порядку, тобто утворюють «кристалічну» ґратку. У першому з розглянутих випадків ця ґратка, як легко помітити, має вигляд, наведений на рис. в. Це так звана гексагональна ґратка.
 
Вигляд ґратки, що виходить при другому способі укладання, наведено на рис. г (кубічна гранецентрована ґратка). Щоб побачити, що центри кульок розташовані саме так, потрібно уявити собі, що одна з діагоналей куба, зображеного на рис. г, перпендикулярна горизонтальній площині, а кульки, центри яких лежать у вершинах куба, належать чотирьом горизонтальним шарам.
 
Розрахуємо максимальне число кульок, що поміщаються в посудину, при якомусь одному способі розміщення, наприклад другому. Довжина ребра кубічної гранецентрованої ґратки, як видно з рис. д, дорівнює l = √2d (d—діаметр кульки). З кожним таким кубом пов'язано 14 кульок: 8 перебувають у вершинах куба, а 6 лежать посередині кожної з його граней. Але всередині куба лежить лише частина кожної
 кульки, загальний займаний ними об'єм дорівнює об'єму 4 кульок (по половині від кожної з кульок, центри яких лежать на гранях куба, і по ¹/₈ від кульок, що перебувають у вершинах куба). В об'ємі V поміщається всього V/V₀ кубічних комірок, де V₀=l³ = 2√2d³—об'єм однієї комірки, так що в посудині об'ємом V може бути поміщено щонайбільше N= 4V/V₀ = √2V/d³  кульок.
До розділу 4. Збереження енергії
 
4.1. Уявімо собі, що вантаж вагою W зрівноважений за допомогою якогось іншого вантажика, який підвішений на маленькому блоці, як показано на рисунку. Питання про натяг дроту зводиться, таким чином, до питання про величину ваги вантажика, оскільки натяг дроту дорівнює вазі вантажика. Позначимо тому вагу вантажика через T.
 
Припустімо тепер, що вантажик T піднявся на невелику висоту h. При цьому вантаж W опуститься на відстань  H,   а  дріт  ВС  повернеться   на  малий   кут Δα.
 
Розміри дротів АС і АВ такі, що кут АСВ прямий, тому H =СС′ sin 45° = h/√2 (кут Δα—малий, тому СС′  можна вважати продовженням АС).
 
Збільшення потенціальної енергії вантажика T за законом збереження енергії дорівнює зменшенню потенціальної енергії вантажу W, тобто Th=WH, звідки
4.2. Введемо такі позначення: F₁— сила тиску роликів на вертикальну стіну; F₂ і F₃— горизонтальна і вертикальна складові сили тиску драбини на землю. Очевидно, що F₁ спрямована ліворуч, F₂— праворуч, а F₃— вниз. Сили, прикладені до драбини, рівні за величиною F₁ F₂ і F₃ і спрямовані в протилежних напрямках.
 
Розглянемо такі віртуальні переміщення драбини. Нехай вона зміститься вниз паралельно самій собі на відстань y. Неважливо, що насправді драбина так рухатися не може, адже це переміщення уявне. У результаті зазначеного переміщення потенціальна енергія драбини і вантажу зменшиться на (W+P)y, а сила F₃ виконає роботу F₃ y. Із закону збереження енергії випливає рівність цих двох величин, так що (W + P)y = F₃y і, отже, F₃=W+P = 36 кгс (P — вага драбини).
 
Виберемо тепер інше віртуальне переміщення, що полягає в перенесенні драбини паралельно самій собі в горизонтальному напрямку, скажімо праворуч, на відстань x. Аналогічно попередньому випадку можна написати F₁x = F₂x, звідки F₁ = F₂. Щоб знайти числові величини цих сил, потрібно мати ще одне рівняння. Його можна отримати, записавши закон збереження енергії при віртуальному повороті драбини на невеликий кут навколо осі, що проходить через нижній кінець драбини. Нехай α —кут, який утворює драбина із Землею, а φ—той малий кут, на який повернута драбина (за годинниковою стрілкою). Точка, що перебуває на відстані / від осі обертання, опише дугу довжиною /φ. Оскільки кут φ малий, можна вважати, що хорда, яка стягує дугу, має ту саму довжину і утворює кут α, але з вертикальною стінкою (тобто хорда перпендикулярна драбині). Тому розглянута точка при віртуальному повороті зміститься вгору на величину /φcosα і праворуч — на /φ sin α.
 
Використовуючи щойно отриманий результат, переконуємося в тому, що при повороті на малий кут φ потенціальна енергія драбини з вантажем збільшиться на ¹/₂PLφ cosα  + ³/₄WLφ cosα, а сила F₁ виконає роботу F₁Lφ sin α (L — довжина драбини). Із закону збереження енергії

4.3. Зрівноважимо стрижень підіймального пристрою вантажем T, підвішеним на малому блоці в точці С. При віртуальному повороті стрижня за годинниковою стрілкою на малий кут φ навколо нижнього кінця точка M стрижня, що перебуває на відстані / від осі обертання, опуститься вниз на відстань lφ sin θ і зсунеться праворуч на lφcos θ (див. попередню задачу). Тому при такому переміщенні потенціальна енергія стрижня і вантажу W зменшиться на (W + ¹/₂w) ·Lφ sin θ, а вантаж T, як видно з рисунка, підніметься на висоту xφcos θ, тобто його потенціальна енергія збільшиться на Txφcos θ. Із закону збереження енергії

4.4. а) Уявімо собі, що стрижень АВ ферми вилучено. Тоді під дією вантажу W шарнір B піде вниз праворуч, а шарнір A — угору ліворуч. Тому ясно, що стрижень АВ був розтягнутий. Проте й вилучивши стрижень, ми теж можемо втримати ферму в рівновазі, підвісивши два однакові вантажі на нерухомих блоках так, як це показано на рисунку. Якщо довжина АВ збільшується, вантажі піднімаються і їхня потенціальна енергія зростає. Щоб потенціальна енергія всієї системи залишалася незмінною, вантаж W має опуститися. Отже, при нагріванні стрижня АВ вантаж W опускається,
   б) Вага розглядуваних нами вантажиків дорівнює силі розтягу стрижня T (ферма перебуває в рівновазі). Якщо збільшити довжину АВ на величину x, вантажі піднімуться вгору, причому сума змін висот вантажів також дорівнює x, а вантаж W опуститься на y. Тому Tx = Wy, тобто T = (y/x)W.
4.5. Нехай вантаж w опуститься вниз на відстань y. Потенціальна енергія вантажу при цьому зменшиться на wy. Подивімося, як зміниться потенціальна енергія візка вагою W. Насамперед зауважимо, що коли вантаж w опускається на відстань y, вісь рухомого блока, на якому він висить, опускається на удвічі меншу відстань. Оскільки візок зв'язаний із вантажем за допомогою двох рухомих блоків, він пересунеться по похилій площині на відстань у 4 рази меншу, ніж та, на яку опуститься вантаж w, тобто на величину y/4. По вертикалі візок підніметься на висоту y/4 sin θ, тому його потенціальна енергія збільшиться на ¹/₄Wysin θ. Із закону збереження енергії ¹/₄Wysin θ = wy, звідки  W=4w/sinθ.
 
4.6. Повернімо котушку на кут φ проти годинникової стрілки навколо її осі. При цьому вантаж W опуститься на відстань y = rφ, а центр ваги котушки підніметься на х = rφ, тобто вантаж W опуститься на відстань y—x. Із закону збереження енергії W (y—x) = wx, звідки

4.7. За умовою задачі F₁/F₂ = R, де F₁ і F₂—сили, які необхідно прикласти до ланцюга для переміщення вантажу W угору і вниз відповідно. Використаємо принцип віртуальної роботи для цих двох випадків.
 
Припустімо спочатку, що, вибираючи верхню частину ведучого ланцюга коловорота із силою F₁, ми повернули верхній блок на повний оберт проти годинникової стрілки. При цьому ми, очевидно, протягли n ланок ланцюга, або ж n/N м, оскільки довжина однієї ланки ланцюга дорівнює 1/N м. Подивімося тепер, що відбувається з вантажем W. Права частина ланцюга, на якій висить рухомий блок, піднялася на n ланок, зате ліва опустилася на n — 1 ланку, так що вантаж W піднявся на висоту [n—(n —1)]/2N м. Якщо позначити через X роботу сил тертя при одному оберті верхнього блока, то із закону збереження енергії маємо

Щоб повернути верхній блок на один оберт за годинниковою стрілкою, необхідно протягти n—1 ланку [або (n—1)/N м] нижньої частини ведучого ланцюга коловорота із силою F₂. При цьому вантаж W опуститься на відстань [n—(n —1)]/2N м. Оскільки за припущенням сила тертя не залежить від напрямку руху вантажу W і оскільки щоразу ми розглядаємо один повний оберт верхнього блока, робота сил тертя в цьому випадку та сама, що й у попередньому, тобто дорівнює X. Згідно із законом збереження енергії,

Таким чином, для невідомих сил F₁ і F₂ та роботи сил тертя отримуємо таку систему трьох рівнянь:

Розв'язуючи цю систему рівнянь, знаходимо

4.8. Виберемо таке віртуальне переміщення ланцюга, при якому він опускається на відстань H униз по вертикалі паралельно самому собі. Потенціальна енергія його при цьому зменшиться на WH. Радіус же ланцюга при такому переміщенні збільшиться на величину a. Легко збагнути, що збільшення радіуса ланцюга і його зміщення вниз пов'язані співвідношенням a/H=r/h. Якщо натяг ланцюга позначити через T, то віртуальна робота сил натягу при розглядуваному віртуальному переміщенні ланцюга дорівнює

(R—радіус  ланцюга). Але  віртуальна  робота сили T дорівнює зміні  потенціальної  енергії ланцюга, тобто 2πаТ = WH.
Звідси випливає

4.9. Повернімо раму на невеликий кут φ. При такому повороті ділянка рами AA′CD опуститься вниз паралельно самій собі на відстань AР·φ, а частина B′BGH таким самим чином підніметься вгору на висоту РВ·φ. Оскільки противага w_c зрівноважує раму за відсутності вантажів, зміна її потенціальної енергії при будь-якій зміні положення рами дорівнює за величиною зміні потенціальної енергії самої рами, тому в силу закону збереження енергії мають бути рівними й зміни потенціальної енергії вантажів W₁ і W₂, тобто W₁AP·φ=W₂BP·φ. Враховуючи, що АР = ¹/₂ВР_, знаходимо W₂ = ¹/₂W₁ = 0,25 кгс.
 
4.10. Очевидно, вниз рухатиметься вантаж на тій похилій площині, яка утворює більший кут з горизонтом. Легко переконатися в тому, що, пройшовши відстань D уздовж похилої площини, лівий вантаж підніметься вгору на висоту D sin θ, а правий опуститься вниз на відстань D sin φ. Вантажі при цьому рухатимуться з деякою швидкістю v. Із закону збереження енергії зміна потенціальної енергії вантажів дорівнює їхній кінетичній енергії (спочатку вантажі були в спокої). Оскільки кінетична енергія кожного вантажу дорівнює Wv²/2g, а зміна потенціальної енергії вантажів є WD (sin φ—sin θ), то

4.11. Оскільки кути нахилу площин однакові, вантажі почнуть рухатися так, що більший із них опускатиметься. При зміщенні на відстань D потенціальна енергія вантажів зменшиться на (W₁ — W₂)D sin θ (див. попередню задачу), а їхня кінетична енергія стане (W₁+W₂)v²/2g. Із закону збереження енергії

4.12. Нехай рівень води в баку зменшиться на невелику глибину Δh. Це означає, що невелика маса води Δm = ρAΔh (Δh·A—об'єм рідини, що витекла, а ρ—її густина) витекла з посудини через отвір α з деякою швидкістю v. Оскільки площа отвору мала порівняно з площею поперечного перерізу посудини (α«A), швидкістю зміни рівня рідини в посудині можна знехтувати. Зміна потенціальної енергії рідини дорівнює ΔmgH, а зміна її кінетичної енергії є Δmv²/2. Із закону збереження енергії

так що v=√2gH. Таким чином, у прийнятому наближенні швидкість витікання рідини не залежить ні від площі поперечного перерізу посудини, ні від перерізу отвору, а лише від рівня рідини над отвором.
 
Можна врахувати й швидкість зміни   рівня  рідини в посудині, яку позначимо через v₁ . У цьому разі зміна кінетичної енергії дорівнює

(а не Δmv²/2, як ми вважали раніше). Через поперечний переріз посудини за одиницю часу протікає об'єм рідини v₁A, а через переріз α за той самий час витікає об'єм vα. Оскільки рідина практично нестислива, v₁A = vα, так що v₁ = (α/A)v.
 
Враховуючи це, зміну кінетичної енергії рідини запишемо як (Δm/2) v²[1 — (α/А)²], а закон збереження енергії у вигляді (Δm/2) v²[1 — (α/А)²] = ΔmgH. З останнього виразу знаходимо швидкість витікання рідини з посудини:

4.13.   I. Нехай сторони трикутника дорівнюють d₁, d₂ і L₁, а кут між сторонами d₁ і d₂ дорівнює α. Тоді, як відомо, L² = d₁²+ d₂² — 2d₁d₂cosα. Збільшимо кут α на невелику величину Δα. Сторона, що лежить проти цього кута, стане рівною L₁ тобто збільшиться на невелику величину ΔL = L₁— L. Але за тією самою теоремою косинусів L₁² = d₁²+ d₂² — 2d₁d₂cos(α+Δα). Згадуючи, що cos(α+Δα) = cos α cos Δα — sin α sin Δα і що для малих кутів cos Δα≈1, sin Δα ≈Δα, знаходимо

Порівнюючи ці вирази для різниці  квадратів  сторін, отримуємо наведену в тексті задачі формулу

   II. Катети а і b та гіпотенуза c прямокутного трикутника за теоремою Піфагора пов'язані співвідношенням с²=а²+b². Збільшимо довжини катетів на невеликі відрізки Δа і Δb, довжина гіпотенузи трикутника при цьому також збільшиться і стане рівною с +Δc. Згідно з теоремою Піфагора, (с +Δc)² = (а + Δа)² + (b + Δb)² або с² + 2с Δс = а² + 2аΔа + b² + 2bΔb. Записуючи останню рівність, ми знехтували квадратами малих величин (Δа)², (Δb)² і (Δс)² порівняно  з  членами  типу а²   і  аΔа.   Віднімаючи  с² від (c+Δс)², знаходимо

4.14. Пронумеруймо колоди, як показано на рисунку. Нехай колода 2 при невеликому зменшенні кута θ почне рухатися вниз, виштовхуючи колоду 3 угору по кузову. Ясно, що наприкінці руху колода 2 посяде положення колоди 3, а колода 3—положення, показане на рисунку пунктиром. Оскільки за початкового розташування колоди перебували в рівновазі, зміна потенціальної енергії колод при розглянутих переміщеннях має дорівнювати нулю. Це можливо лише в тому разі, якщо центр колоди 2 в першому і центр колоди 3 у другому випадках перебувають на одній і тій самій висоті. Позначимо зазначені висоти через y₁ і y₂ відповідно. Обчислення у₂ не викликає жодних труднощів. Безпосередньо з рисунка видно, що y₂= R cos θ + 5R sin θ, де R — радіус колоди.
 
Для    обчислення   у₁    зауважуємо,   що    y₁= О₂А +О₁В. З прямокутного трикутника О₁О₂А  знаходимо

оскільки O₁O₂O₃ — рівносторонній трикутник зі стороною 2R, а < O₃O₁A=θ. З трикутника ОО₁В випливає

4.15. а) Гнучкими в'язями можна замінити ті стрижні, які розтягнуті. Щоб з'ясувати, стиснутий даний стрижень чи розтягнутий, зручно скористатися таким простим прийомом. Уявімо, наприклад, що стрижень АВ ферми вилучено. Тоді вантаж W піде вниз, а точка B почне переміщуватися до точки A. Стрижень АВ перешкоджає такому рухові, отже, він стиснутий. Вилучимо стрижень АС. Вантаж W знову почне рухатися вниз, а шарніри A і C роз'їдуться. Стало бути, стрижень АС розтягнутий. Вилучаючи послідовно кожний стрижень ферми, можна переконатися, що стрижні ВС, АС, СЕ, EG, ED і EF розтягнуті, тобто їх можна замінити гнучкими в'язями. Усі решта стрижнів стиснуті.
   б) Вилучимо стрижень BD. Щоб ферма   залишилася в рівновазі, до неї  потрібно  на  двох  блоках підвісити два вантажі по Т_BD кожний, як показано на рисунку (T_BD — зусилля в стрижні BD). Розглянемо таке віртуальне переміщення. Уявімо собі, що ферма переломилася в шарнірі С, внаслідок чого частина ферми GFDCE повернулася як ціле на невеликий кут ΔΨ навколо шарніра G, а частина ABC —на кут ΔΨ навколо шарніра A. Кути Δφ і ΔΨ вважаємо малими, такими, щоб зміщенням точки A можна було знехтувати.

При такому переміщенні ферми вантаж W опуститься вниз на відстань ЕЕ′ =EG·Δφ, а підвішені на блоках вантажики піднімуться вгору. Як видно з рисунка, сума висот підйому вантажів дорівнює BD — B′D′ = ΔBD. Щоб знайти цю величину, зручно скористатися формулою, доведеною в пункті (I) задачі 4.13; для цього потрібно лише визначити зміну кута BCD: Δα = <BCD — <B′C′D′ . Легко переконатися в тому, що Δα = Δφ+ ΔΨ. Але СС′=СGΔφ = AСΔΨ, так що ΔΨ = (CG/AC) Δφ = 2Δφ, тому Δα = 3Δφ.
 
Таким чином,

оскільки sin <BCD = 24/25. (Усі сторони трикутника BCD відомі, тому обчислення синуса не становить труднощів.)
 
Із закону збереження енергії T_BDΔBD = WEGΔφ, звідки

4.16. Якщо стрижень перебуває в рівновазі, то, повернувши його на малий кут Δφ навколо точки P, ми повинні виявити, що потенціальна енергія не змінилася. Це означає, що потенціальна енергія одного з шматків збільшується, а іншого зменшується, точно компенсуючи це збільшення. Оскільки потенціальна енергія однорідного стрижня залежить від висоти його середини, потрібно визначити, як зміняться висоти середин шматків при повороті на кут Δφ (див. рисунок). Як видно з рисунка (для зручності трикутники ВВ′B″ і СС′C″ намальовано окремо), середина шматка вагою 2W опуститься на величину B′B″=sin α₁·BB′ а середина шматка вагою W підніметься на C′C″ = sin α₂·CC′, Отже,

Зауважимо далі, що α₁=α₀— α а α₂ = α₀+ α (α—шуканий кут). Користуючись формулами для синуса суми і різниці кутів, знаходимо

отримуємо остаточно
4.17. Вантажі W₁ і W₂ на дротяній рамці можна зрівноважити, підвісивши на двох блоках два інші вантажі вагою T кожний (T — натяг нитки), як показано на рисунку. Нехай вантаж W₂ зсунеться на невелику відстань Δx₂ униз по дроту, а вантаж W₁ залишиться нерухомим. При такому переміщенні вантаж W₂ опуститься по вертикалі на відстань Δx₂ cos 30°, а вантажі T піднімуться вгору на величину Δ/ = Δx₂ cos (90°—α) (Δ/ — подовження нитки при вибраному віртуальному переміщенні). Згідно із законом збереження енергії

Змістимо тепер униз по дроту на відстань Δх₁ вантаж вагою W₁, а другий залишимо нерухомим. Ті самі міркування приведуть нас до рівняння

Розв'язуючи одержані два рівняння відносно α і T, легко знайти

До розділу 6. Ймовірність
 
6.1. Як було показано в § 3 розд. 6 «Лекцій» (вип. 1), при випадкових блуканнях молекула, зробивши N кроків, відхилиться від  початкового   положення   у   середньому   на   відстань D = √ NI, де I—довжина одного кроку (у нашому випадку це просто довжина вільного пробігу молекули між двома   послідовними   зіткненнями).   Зауважимо,   що  використовувана нами формула для пройденої відстані   (середнього квадратичного    відхилення)    відрізняється    від    формули    (6.10) «Лекцій» (вип. 1, стор.  112) тим, що в ній явно фігурує довжина одного кроку (у «Лекціях»  же  довжина  кроку   прийнята рівною одиниці і тому явно у формулу не входить).
 
Отже, щоб віддалитися на відстань D, молекула повинна зробити N=D²/l² кроків. Кожен крок здійснюється за проміжок часу т = l/ (—середня швидкість молекули), тобто за час між двома послідовними зіткненнями молекули. Тому для подолання відстані в 1 см молекулі знадобиться час

6.2.Число істотно   різних   способів   вийняти 3 кульки з 6 дорівнює С³₆ = 20.   З усіх   цих  способів  лише  одним способом   можна   вийняти   всі   три   кульки   одного   кольору (потрібно,   щоб   усі   кульки   були   червоними) і, як легко підрахувати, шістьма —різного кольору (три   можливості—біла кулька, перша зелена кулька, одна з трьох червоних; інші три способи—біла   кулька, друга зелена кулька і   одна  з   трьох   червоних   кульок).  Тому ймовірність того, що всі кульки  виявляться одного  кольору, дорівнює    ¹/₂₀; ймовірність же того, що всі три кульки виявляться різного кольору, дорівнює ⁶/₂₀ = ³/_10.
6.3.Позначимо   через p  відстань  від центра   кульки до осі, що проходить   через  центр   нерухомої   сфери паралельно швидкості  кульки   (так   званий прицільний параметр). Як видно з рисунка, p = (a + b)sinα, де α—кут між швидкістю кульки і радіусом сфери, проведеним у точку влучання кульки, тобто кут падіння. Введімо кут розсіяння   x — кут   між   початковою   і   кінцевою   швидкостями
 кульки.   Враховуючи,   що  кут   падіння    дорівнює   куту   відбиття, знаходимо x = π—2α.
 
Отже, кут розсіяння цілком визначається кутом падіння, тобто в кінцевому підсумку прицільною відстанню. Якщо подивитися з боку рухомих кульок, то точки влучання кульок з однією й тією самою прицільною відстанню p утворюють коло радіусом p. Кульки з дещо меншою прицільною відстанню p — Δр відхиляються на більший кут x+Δx. Очевидно, що всі кульки, які влучили на заштриховане кільце, відхиляються на кути, що лежать між x і x+Δx. Якщо Δр мале, то площа цього кільця дорівнює 2πpΔp, а число кульок, що влучають на нього за одиницю часу, дорівнює n·2πpΔp, де n — густина потоку, тобто число кульок, що проходять за одиницю часу через одиничну площадку, розташовану нормально до потоку. Виразимо тепер Δp через x і Δx. Оскільки α = (π—x)/2, то

[Ми врахували тут ту обставину, що при малих Δх sin Δх/2≈Δх/2 і sin ((х + Δх)/2) ≈ sin x/2.] Таким чином, число частинок, розсіяних за одиницю часу на кути від х до x+Δx, дорівнює

Якщо переріз потоку кульок дорівнює  S, то  частка   кульок, розсіяних на кути від x до x+Δx, дорівнює

Величину Δσ називають перерізом розсіяння. Маємо

Цю формулу корисно записати в дещо іншому вигляді. Уявімо собі сферу одиничного радіуса і відкладемо з центра цієї сфери вектори, що зображають швидкості розсіяних кульок. Тоді вектори, які відповідають кулькам, розсіяним в інтервалі кутів від x до x+Δx, «пронижуть» нашу сферу по кільцю, показаному на рисунку. Середній радіус цього кільця приблизно дорівнює sin x, а площа (для малих Δx) 2π sin xΔx. Позначивши цю площу через ΔΩ, запишемо

Наш результат можна виразити словами: переріз розсіяння в напрямки, що лежать у деякому тілесному куті, пропорційний величині цього кута. Зазначимо, що повний переріз розсіяння σ на всі кути (Ω = 4π) дорівнює π(a+b)², що, звичайно, цілком природно.


До розділу 7. Теорія тяжіння
 
7.1. Елементи орбіти Місяця наведено в умові задачі. Для супутника ж відстані від центра Землі в перигеї та апогеї дорівнюють відповідно

Підставляючи а у формулу для відношення періодів, знаходимо

У нашому випадку це дає T_с=1,55 год.
 
7.2. а) Оскільки супутник рухається по коловій орбіті радіусом R, то, змістившись на х у горизонтальному напрямку,   він   одночасно   переміститься   на   відстань s по вертикалі.   Випишемо  формулу,   що пов'язує s і x (див. «Лекції», вип. 1, підпис до рис. 74, стор. 127):
Для визначення періоду супутника Т_с скористаємося третім законом Кеплера Т_c²/Т_Л² = a_c³/a_л³, де а_с і а_л — великі піввісі орбіт супутника і Місяця відповідно, а  T_л —період обертання Місяця.
 
Виразимо довжину великої піввісі орбіти через r^p і r^a, скориставшись для цього формулами, наведеними на стор.  19:

(s вважаємо малим, тобто вважаємо, що минуло дуже мало часу з того моменту, як супутник побував у точці A). Таким чином,

Довжина дуги АВ дорівнює vt (v — швидкість супутника). Але якщо ця довжина мала, то можна вважати, що і х ≈ vt, отже,

З іншого боку, формула шляху для рівноприскореного руху має вигляд s = at²/2.   Порівнюючи   ці  дві  формули, бачимо, що доцентрове   прискорення  супутника a_ц = v²/R.
   б) Якщо покласти a = GM/R², то

Період обертання — це час, за який тіло здійснює один оберт, так що T=2πR/v, або

Знайдений вираз для T відповідає третьому закону Кеплера: квадрат періоду пропорційний кубу великої піввісі орбіти (у нашому випадку колової орбіти—її радіусу) (див. § 2 розд. 7 «Лекцій», вип. 1, стор.  123).
 
7.3. а) Вважатимемо, що Місяць обертається навколо Землі по коловій орбіті радіусом R_л=380 000 км з періодом Т_л = 27,3 доби, а Земля обертається навколо Сонця по такій самій орбіті з параметрами R₃ = 149 500 000 км; Т₃ =365,25 доби.
 
Скористаємося   формулою   для   періоду   обертання супутника, отриманою в попередній задачі:

Записавши   періоди   обертання   Місяця   і Землі і взявши їх відношення, отримаємо

де М_C і М₃ — маса   Сонця   і   Землі відповідно, звідки

   б)  Розглянувши   аналогічно  рух   Місяця   навколо   Землі і супутника Іо навколо Юпітера, отримаємо

де   М_Ю—маса   Юпітера,   а   Т_Іо і R_Іо—період обертання і радіус орбіти супутника Іо.
 
7.4. Нехай маси М₁ і М₂ обертаються по колових орбітах з радіусами r₁ і r₂ відповідно, причому r₁+r₂ = R (R — постійна відстань між масами). Обертаючись навколо нерухомої точки (їхнього спільного центра мас), ці тіла весь час перебувають на одній прямій, що з'єднує дані маси і проходить через нерухому точку обертання. Тому періоди обертання обох тіл однакові й дорівнюють Т.
 
Розглянемо рух одного тіла, наприклад першого. Сила притягання, що діє на нього з боку другого тіла, дорівнює

Як  було  показано   в   задачі  7.2, під дією цієї сили тіло рухається з доцентровим прискоренням

Враховуючи,  що  період  обертання  T = 2πr₁/v₁  і   що F⁽¹⁾ =M₁a_ц⁽¹⁾ (див. § 3 розд. 7 «Лекцій», вип. 1), отримуємо

Аналогічно можемо записати для другого тіла:

Додаючи   два  останніх   вирази   і враховуючи,   що r₁+r₂ = R, знаходимо

Отримана формула показує, що період обертання тіл залежить тільки від відстані між ними і їхньої сумарної маси (а не маси кожного з тіл чи відношення їхніх мас).
 
Перейдемо тепер до випадку еліптичних орбіт. Мова йде, по суті, про три еліпси: по еліпсах рухаються обидва тіла (легке—по великому, важке—по малому) і, крім того, відносний рух тіл також відбувається по еліпсу (див. «Лекції», вип. 1, розд. 7). Усі три еліпси подібні один одному, тобто мають один і той самий ексцентриситет. Якщо врахувати також, що центр мас системи залишається нерухомим (він лежить у спільному фокусі орбіт обох тіл), а відстані від центра мас до тіл обернено пропорційні їхнім масам, то ми дійдемо висновку, що розташування   тіл і їхніх орбіт  таке,   як   на рисунку.
 
Позначивши через v₁ і v₂ швидкості тіл М₁ і M₂ у той момент часу, коли вони перебувають в апогеї. Як видно з рисунка,

(індексами 1 і 2 позначено величини, що відносяться до еліпсів, по яких рухаються маси М₁ і М₂).
 
Щоб отримати для еліптичних орбіт ті самі вирази, що й для колових, згадаємо, що еліпс можна уявити собі як коло, видиме під деяким кутом до своєї площини, або (що те саме) як проекцію кола на похилу площину. Іншими словами, еліпс можна отримати з кола, якщо змінити масштаб уздовж однієї з осей координат. Прискорення тіла при русі його по колу було обчислено в «Лекціях» (вип. 1, розд. 7, підпис до рис. 7.4, стор. 127). Щоб отримати прискорення тіла (наприклад, М₁) у цікавому для нас випадку, уявімо собі, що його орбіта отримана з колової збільшенням масштабу у «вертикальному напрямку» в a₁/b₁ разів. Величина x при цьому не зміниться, а s збільшиться і стане рівним s₁ = (a₁/b₁)s.
 
Підставивши в співвідношення x² = 2Rs (справедливе для кола) їхні значення після збільшення масштабу х₁ = х, s₁ = (a₁/b₁)s і R=b₁ («горизонтальні» розміри не змінилися, тому мала піввісь еліпса дорівнює радіусу вихідного кола), отримаємо

Таким чином, радіус кривини еліпса в точці перетину з великою піввіссю дорівнює b₁²/a₁. Вважаючи, що протягом дуже малого проміжку часу перше тіло рухається по коловій орбіті цього радіуса, можна записати

(тут a і c — параметри  орбіти  відносного руху тіл: a = a₁+a₂, c = c₁+c₂). Аналогічно  для   другого  тіла

Додаючи останні дві рівності і виражаючи v₂ через v₁ отримуємо

Залишається лише з'ясувати, яке відношення має до періоду обертання величина, що стоїть у лівій частині цієї рівності. Зазначимо передусім, що площа, яку за одиницю часу «замітає» радіус-вектор тіла M₁ (проведений з точки 0), дорівнює ¹/₂v₁ (a₁ + c₁) ^{= 1}/₂v₁a₁ (1+е). Хоча фактично ми обчислили швидкість зміни «замітаної» площі для того моменту, коли тіло М₁ перебуває в апогеї, згідно з другим законом Кеплера, ця швидкість не змінюється при русі тіла по орбіті. Тому величина ¹/₂v₁a₁ (1+е)Т (тут Т—період обертання) дорівнює площі орбіти тіла М₁. Площу еліпса легко обчислити, якщо зрозуміти, що при збільшенні масштабу по одній з осей площа фігури збільшується у стільки ж разів, що й масштаб. Тому площа еліпса дорівнює

7.5. Як було показано в попередній задачі, квадрат періоду обертання двох тіл навколо їхнього центра мас дорівнює

(Тут   R — велика піввісь відносного руху двох зір.)
 
Застосовуючи   цю  формулу до руху двох зір a і b та до системи Сонце — Земля, пишемо

R₃ і Т₃ —велика піввісь земної орбіти і період обертання Землі.) Беручи відношення цих періодів і нехтуючи масою Землі порівняно з масою Сонця, отримуємо

T₃=1 рік; R_З =1 а. о.  (за   визначенням астрономічної одиниці довжини), так що

7.6. а) Припустимо, що площина орбіти системи Сіріуса перпендикулярна напрямку на Землю. У цьому випадку за рис. 7.7 «Лекцій» (вип. 1, стор. 131) можна визначити величину великої піввісі орбіти Сіріуса B (у кутових одиницях). Вона виявляється рівною приблизно 7,30″. З того самого рисунка можна зробити висновок, що період обертання системи близько 45 років.
 
У попередній задачі було показано, що при орбітальному русі різних тіл можна встановити співвідношення

(позначення ті самі, що й у задачі 7.5).
 
Звідси   сумарна   маса  подвійної   зорі   Сіріуса дорівнює

   б) Це значення маси є її нижньою межею, оскільки якщо площина орбіти не перпендикулярна напрямку на Землю, то її велика піввісь насправді більша за її видимий із Землі розмір. Маса подвійної зорі пропорційна кубу великої піввісі, так що мінімальній величині піввісі відповідає мінімальне ж значення маси.
 
7.7. Орбітальна швидкість планети така, що за рівні проміжки часу т її радіус-вектор «замітає» рівні площі (другий закон Кеплера). Розглянемо рух Землі поблизу перигею і апогею за такі малі інтервали часу Δt, щоб її траєкторію можна було вважати прямолінійною. Тоді «заметені» площі є трикутниками з основами v_мінΔt  і v_максΔt і висотами r_a і r_p відповідно, так що

Але для еліпса r_a = a(1+e), а r_p = a(1—е); отже, γ = (1+е)/(1—е) ≈1+2е (оскільки е«1). Це дає γ≈ 1,0334.

7.8. а) За даними про появу комети знаходимо її період T обертання навколо Сонця. Він дорівнює T = 76 років. Користуючись третім законом Кеплера, знайдемо велику піввісь a орбіти комети

де а₃  і  Т₃ —велика піввісь орбіти і період обертання Землі.
 
Якщо вимірювати a в а.о., а T у роках, то

   б) У попередній задачі було показано, що відношення максимальної і мінімальної швидкостей γ дорівнює відношенню відстаней в апогеї та перигеї. Отже,

7.9. У задачі 7.4 було показано,   що   період  обертання   двох тіл навколо їхнього спільного центра мас дорівнює

де R — відстань  між тілами;   М₁ і М₂ — їхні маси, а G — стала в законі тяжіння.
 
Застосувавши цю формулу до системи Земля—Місяць, знайдемо масу Місяця:

(Т_Л—період обертання Місяця навколо Землі, М₃ —маса Землі, М_Л—маса Місяця, R_л — відстань від Землі до Місяця).
 
Досягнення сучасної ракетної техніки дають нам ще один спосіб визначення маси Місяця. Запустивши штучний супутник Місяця і визначивши його період обертання T і велику піввісь його орбіти R, записуємо (див. задачу 7.2)

(ми знехтували масою штучного супутника порівняно з масою Місяця).
 
Або, щоб виключити G (див. задачу 7.3):

7.10. Тіло  маси  m, що перебуває на поверхні   Землі,   притягується до неї з силою

Але F = mg₃, де g₃—прискорення  сили   тяжіння   на   Землі. Прирівнюючи ці два вирази, отримуємо

(M_Л g_Л  R_Л — маса,   радіус   і   прискорення сили тяжіння Місяця). Порівнюючи g_Л і g₃, знаходимо

7.11. Нехай лабораторія, де проводиться експеримент, розташована в точці C Землі. На тіла, що перебувають у лабораторії, діють сили притягання Землі і Місяця, причому ці сили віднімаються, якщо Місяць перебуває в точці A, або додаються, якщо Місяць перебуває в точці B. Прискорення вільного падіння для цих двох випадків дорівнює

де R — відстань від центра Землі до Місяця.
 
Очевидно, що g₁ і g₂—мінімальне і максимальне значення, яких прискорення g набуває протягом доби.
 
Таким чином, найбільша зміна прискорення вільного падіння тіл за рахунок добового обертання Землі дорівнює

(ми врахували, що R_З «R).
 
Середнє   прискорення   сили   тяжіння  дорівнює GM_З/R_З².
 
Таким чином,

Отже, величину g потрібно вимірювати з точністю не меншою, ніж до п'ятого знака, щоб уловити її зміну внаслідок добового обертання Землі.
До розділу 8. Рух
 
8.1. Відомо   [формула   (8.9)   «Лекцій»,   вип.   1, стор.  153], що прискорення є похідною швидкості за часом: а = dv/dt.
Виходить, потрібно підібрати таку функцію v_x(t),  щоб її   похідна   була  постійною   і   рівною а.   Легко переконатися в тому,   що v_x(t) = at+c, де  с—деяка постійна  величина  (її  похідна   дорівнює   нулю!).   Фізичний зміст   сталої  с  легко  з'ясувати,   якщо   покласти t = 0 у формулі для v_x(t). Тоді c = v_x(0) = v_x0.
 
Згадаємо тепер, що v = dx/dt і підберемо x(t) так, щоб вийшла потрібна похідна.
 
Очевидно, x(t)= at²/2+v_x0t+d. Знову, поклавши t = 0, переконуємося, що тут d = x (0) = х₀.
 
8.2.  З   отриманого  в попередній   задачі виразу для швидкості   знаходимо   t = (v_x—v_X0)/a.   Підставляючи   цей вираз
у формулу для x, отримуємо

8.3. Для  рухів   вздовж  осей  х, y, z  можна безпосередньо записати

Останній вираз задачі 8.2 можна записати як

Узагальнюючи   його   на  випадок   руху   вздовж  осей   y  і z, маємо

Додаючи  три  останніх   рівності   і   враховуючи   формулу (8.16) «Лекцій» (вип.  1, стор.  155),  отримуємо

8.4. Позначимо відстань, яку пролетить снаряд по горизонталі, через S, а максимальну висоту його польоту —через H. У початковий момент часу (t = 0), х₀=0, у₀ = 0, а v_x0 = v cos θ, v_y0 = v sin θ (див. § 5 розд. 8 «Лекцій», вип, 1, стор.  152). Використовуючи результати задачі 8.3, знаходимо

(тут враховано, що а_y = – g).
 
Очевидно, відстані S по  осі  x відповідає  y = 0; звідси можна знайти момент   падіння снаряда на землю:

Розв'язку t₁ = 0  відповідає  просто   початкове положення х = 0, y = 0. Отже,

З міркувань симетрії   зрозуміло, що  максимальна висота досягається снарядом у момент часу t′ = t₂/2, звідки

8.5.  У попередній  задачі  було  показано, що дальність горизонтального польоту снаряда визначається формулою

Максимальній  дальності   польоту   відповідає   такий   кут вильоту θ, що sin 2θ = 1. Звідси θ = π/4.
 
8.6. Запишемо вираз для пройденого шляху при   прискореному русі   автомобіля:   s (t) = v₀t + ¹/₂аt²,   де   v₀—швидкість
автомобіля на початку прискореного руху, a — його прискорення.
 
Враховуючи, що в момент часу t₁= 16 с шлях s₁ = 0,1 милі, а при t₂= 16 + 8 = 24 с s₂ = 0,2 милі, записуємо два рівняння для a і v₀:

Використовуючи   ці   значення   a і v₀, знаходимо швидкість автомобіля в момент часу t₂:

8.7. а) У   проміжок  часу   від t₀ = 0 до t₁ = 50 с, тобто під час роботи двигуна, ракета рухалася з прискоренням 2g. Отже, у цьому інтервалі часу швидкість ракети визначається формулою

Графіком цієї залежності є пряма (відрізок OA). З моменту часу t = 50 с і далі до падіння на Землю ракета рухається з прискоренням  –g, так що

Графік цієї функції теж пряма (праворуч від точки A).
   б) Оскільки вертикальна швидкість перетворюється на нуль у найвищій точці траєкторії, моменту часу t_B відповідає максимальна висота польоту ракети. Таким чином,

   в) З висоти H_макс (з моменту часу t_B) ракета вільно Падає  вниз.   Землі  вона  досягає через t′ с,   причому

8.8. Позначимо прискорення візка з ракетним двигуном через а₁ а з авіаційним—через а₂. Нехай 2S —пройдений візками шлях. Візок з ракетним двигуном першу половину шляху проходить за час t₁ визначуваний з рівняння

де  v₀—швидкість   візка в   кінці першої половини   шляху, тобто v₀ = a₁t₁, звідки

Візок  з  реактивним  двигуном  проходить   всю   відстань за час t, таке, що

8.9. Кут, під яким має бути випущена міна, щоб пройти біля краю урвища, визначимо за формулою (див. задачу 8.4.)

Знаючи, що S = 8100 м, v₀ = 300 м/с, отримуємо sin2α = 0,882 і α₁=31°, α₂=59°.
 
Очевидно, що чим більшим буде кут, під яким випущена міна, тим ближче вона впаде до основи обриву, тому в нашому випадку слід вибрати більший з кутів, тобто α₂.
 
Розглянемо тепер рух міни за краєм обриву. Швидкість міни поблизу краю обриву спрямована під кутом α=59° до горизонту. Отже, до падіння на землю міна пролетить по горизонталі відстань S_мін = v₀t cos α (t — час руху за краєм обриву). Обчислимо t. Оскільки вертикально вниз міна рухається з початковою швидкістю v₀ sin α і прискоренням g, то h= v₀t sin α +gt²/2 (h —висота обриву). Підставляючи замість h, v₀ і α їх числові значення, знаходимо t = 0,408 с, S_мінI ≈63 м.
8.10. а) Відомо, що θ = S/R. За визначенням sin θ = AC/R, а cos θ = OC/R. При малих кутах θ дугу АВ можна замінити перпендикуляром АС, а ОС — радіусом R. У цьому випадку sin θ ≈ S/R = θ і cos θ ≈ R/R = 1
    б) Обчислення похідних sin x і cos x зрозуміле з наведених нижче формул: 8.11. а) Нехай тіло в момент часу t опиниться в точці M (х, y) кола. Позначимо через φ кут між радіусом цієї точки і додатним напрямком осі x. Як видно з рисунка, координати цієї точки:

Похідну dφ/dt (швидкість   зміни   кута  з часом) назвемо кутовою швидкістю ω.
 
Таким чином, v = ωR, або ω = v/R. Оскільки v не залежить від часу, то й ω не залежить від часу, так що φ = ωt. Взагалі кажучи, слід було б написати φ = ωt +c, але за умовою задачі φ = 0 при t = 0, так що c = 0. Отже, x= R cos ωt,  y=R sin ωt,

8.12. Координату x камінця зручно подати у вигляді суми х = х′ +х″, де х′—координата відносно осі колеса, а х″—координата  осі   колеса  (див. рисунок).  Вираз для х′ і y′ отримано в попередній задачі (нам слід лише замінити у відповідних формулах ωt на —ωt, оскільки, коли колесо котиться в додатному напрямку осі x, воно обертається за годинниковою стрілкою, а в попередній задачі розглянуто обертання проти годинникової стрілки). Отже,

Якщо виключити з цих співвідношень час, то ми отримаємо залежність y(х), яка графічно зображується кривою, що зветься циклоїдою (див. рисунок). Диференціюючи наведені   вище   вирази для  x і y за   часом, отримуємо

До розділу 9. Динамічні закони Ньютона
 
9.1. Оскільки сила перпендикулярна швидкості, вона не може змінити модуль швидкості, а може лише змінити її напрямок. Оскільки модуль швидкості сталий, то стала і сама сила (F = βv).   Ця  сила  спричиняє прискорення (у напрямку,   перпендикулярному   до   v),   величина   якого визначається із співвідношення ma = βv, тобто a=βv/m.
 
У § 4 розд. 7 «Лекцій» (вип. 1) розглядався такого роду рух зі сталою за величиною швидкістю і сталим прискоренням, перпендикулярним до швидкості. Було показано (див. задачу 7.2), що це є рух по колу з радіусом R=v²/a = mv/β.
 
9.2. При  обчисленні  радіусів  кривини  скористаємося  формулою для прискорення, перпендикулярного до швидкості

Таким чином, на додаток до величин, наведених у табл. 9.2 «Лекцій» (вип. 1, стор. 170), слід обчислити також величини dv/dt і v². Провівши обчислення, знаходимо для радіуса кривини орбіти:

9.3. а) М'яч влетів у вікно горизонтально; це означає, що вікно було в найвищій точці траєкторії м'яча. Максимальна ж висота підйому визначається за формулою (див. задачу 8.4)

   б) У найвищій точці швидкість горизонтальна, а прискорення дорівнює —g (прискорення вільного падіння), вертикальне і, таким чином, перпендикулярне до швидкості. Тому

Визначимо тепер радіус кривини у  довільний момент  часу  t.
 
Позначивши  через   а_– і a_||  компоненти прискорення — перпендикулярну і паралельну швидкості, запишемо

9.4. Усі величини в системі M′K′S′A′ позначатимемо буквою зі штрихом. Без штриха позначатимемо ті самі величини в системі MKSA. Очевидно,

9.5. У системі одиниць M′K′S′A′ сила тяжіння запишеться у вигляді

(При отриманні цієї формули  було   використано   результат попередньої задачі: F′ =(μλ/τ²) F.)
 
9.6. Зауважимо насамперед, що величина GM₀ у штрихованій системі одиниць і в системі MKS пов'язані між собою співвідношенням

За одиницю довжини в розглядуваній системі одиниць береться довжина великої піввісі орбіти Землі, тобто відстань у 14,9·10¹⁰ м. Тому довжина l′ в A.O. через довжину / виражається так:

Величину G′M′₀ можна легко обчислити й іншим способом, якщо згадати вираз для періоду обертання планети, отриманий нами в задачі 7.4:

Застосовуючи цю формулу для системи Сонце—Земля і нехтуючи масою Землі порівняно з масою Сонця, отримуємо

9.7. У моделі Сонячної системи всі відстані вимірюються числами, у k разів меншими, ніж у «натуральній» системі. Уявімо собі, що ця зміна чисел відбулася не внаслідок реального зменшення розмірів системи, а в результаті переходу до нової системи одиниць, такої, що l′ =kl. Але тоді й усі одиниці, розмірність яких включає довжину, так само зазнають певних змін. Зокрема, густина ρ = т/l³ стане рівною

За умовою задачі ρ′ = ρ. Це означає, що потрібно взяти нову одиницю виміру не лише для довжини, а й для маси тіла, причому, очевидно, m′ = k³m.
 
Як було показано в задачі 7.4, період обертання T планети навколо Сонця виражається через сумарну масу M Сонця і планети та велику піввісь орбіти R, так що

Тут ми використали доведене в попередній задачі співвідношення

(Роль λ задачі 9.6 у нас відіграє k, а т=1.) Таким чином, ми переконуємося, що періоди обертання «планет» у виготовленій моделі будуть такими самими, як і в реальній Сонячній системі.
 
9.8. Зміна потенціальної енергії при русі вантажів дорівнює зміні потенціальної енергії маленького важка (наскільки одна маса M опуститься, настільки інша підніметься), тобто Δи = mgh. Якщо тіла в початковий момент спочивали, то ця зміна потенціальної енергії дорівнює кінетичній енергії всієї системи в той момент, коли підхоплюється важок:

9.9. Навантаження N на підвіс, а отже, і на щоглу та гондолу за такого способу перевезення марсіан визначається рівністю

(Т—натяг нитки, Т₁ — навантаження на вісь нерухомого блока); T₁ дорівнює сумі натягів нитки з одного й іншого боку нерухомого блока, тобто Т₁ = 2Т, так що N = 3T.
 
Запишемо рівняння руху обох марсіан:

(тут g—прискорення марсіанської сили тяжіння). Оскільки мотузка нерозтяжна, то а₁ і а₂ пов'язані між собою. Очевидно, що при зміщенні осі рухомого блока вниз на х₂ вантаж F підніметься на відстань 2х₂, тобто 2х₂ = —х₁ (вантажі зміщуються в протилежні боки). Двічі диференціюючи за часом це співвідношення, зване рівнянням зв'язку,  отримуємо

Потрібно   розв'язати   рівняння руху спільно з отриманим рівнянням для прискорень. Після простих підстановок маємо

У нашому випадку P = 90 кгс і F = 60 кгс, тому для N отримуємо  147 кгс.
Виграш у навантаженні на гондолу дорівнює

Гондольєр Джузеппе міг би отримати значно більший  виграш  у  навантаженні, якби  поміняв  закоханих місцями. Неважко підрахувати, що в цьому випадку N= 116 кгс, а ΔN = 34 кгс, тобто виграш у навантаженні збільшився б приблизно в 11 разів. Щоправда, у цьому випадку Паоло рухатиметься вниз із прискоренням, у 3 рази більшим за те, з яким рухалася Франческа за першого способу перевезення, так що Джузеппе доведеться значно збільшити швидкість гондоли.
9.10. Вага гирі A на Місяці  менша  1 кгс, тому камінь  B на блоці переважить гирю. Запишемо рівняння руху:

(g_м — прискорення сили місячного тяжіння, T — натяг нитки), звідки

Крім того, відомо, що камінь B розтягує пружину на Місяці так само, як гиря A розтягує її на Землі. Це означає, що m_Ag=m_Bg_М, тобто g_М=(m_A/m_B)g (g—прискорення сили тяжіння на Землі).
 
Підставляючи це значення g_М у вираз для a, після нескладних перетворень отримуємо квадратне рівняння для т_B:

(Другий розв'язок квадратного рівняння т_B = 1,34 кг відкидаємо, оскільки відомо, що g/g_М ≈ 6, тому має бути й т_B/т_A ≈ 6.)
 
9.11. а) Щоб знайти прискорення ліфта, запишемо рівняння руху системи як цілого

   б) На вантаж М₁ діють дві сили: натяг нитки і сила ваги, причому M₁a = T — M₁g (маса M₁ рухається вгору з тим самим прискоренням a, що й ліфт), тобто

   в) Після обриву нитки на масу М₁ діє тільки сила тяжіння, тому вона рухається вниз із прискоренням g. Прискорення ж ліфта, як і раніше, спрямоване вгору; його величину знайдемо з нового рівняння руху

   г) Таким чином, ми переконалися, що тіло М₁ рухається вниз із прискоренням g, а ліфт піднімається вгору з прискоренням a₂. Отже, відносно ліфта воно рухається у напрямку до підлоги з прискоренням

9.12. Позначимо   масу   маляра   через  M₁,  а масу крісла через M₂. Запишемо рівняння руху маляра і крісла:

де P—сила тиску маляра на крісло.
Віднімаючи нижнє рівняння від верхнього, знаходимо

Визначимо тепер силу F. Оскільки M, M₁ і М₂ рухаються як одне ціле, то

9.14. Маси M і m рухаються праворуч як єдине ціле, тому (M+m)а = 2Т, де a — прискорення горизонтального руху, а T — натяг нитки. Вантажик m рухається вертикально вниз із прискоренням a₁ рівняння його руху має вигляд ma₁ = mg—T.
 
З рисунка, наведеного в умові задачі (стор. 29), видно, що при зміщенні рами праворуч на відстань x вантажик m опуститься вниз на відстань у = 2х, що дає a₁ = 2a.
Таким чином,
9.13. Якщо вантаж М₂ не опускається і не піднімається, то це означає, що його вага (M₂g) дорівнює натягу нитки. Знайдемо прискорення М₁:

У початковий момент часу вантажик т₁ спочивав, тому час t, за який він пройде по вертикалі відстань d, можна знайти з рівняння

До розділу 10. Закон збереження імпульсу
 
10.1. Нехай маса рухомого тіла m, його швидкість до зіткнення v₀, а маса тіла, що спочиває, хт (тобто шукане відношення мас тіл позначене через х).
 
Розглянемо спочатку процес зіткнення двох тіл не в нерухомій відносно Землі системі координат (називатимемо її лабораторною, або л-системою), а в системі центра мас (системі ц.м.):

У цій системі сума імпульсів тіл дорівнює нулю (тобто в момент зіткнення маси m і хт можна розглядати як одне тіло, що спочиває). Звідси одразу випливає, що швидкості тіл m і хт обернено пропорційні масам. Оскільки процес абсолютно пружний, величини швидкостей до і після удару однакові. Система ц.м. рухається відносно Землі (тобто відносно л-системи) з деякою швидкістю v_ц. Процес зіткнення в л-системі зображено на схемі ліворуч. Зіткнення в системі ц.м. можна спостерігати, якщо, скажімо, сісти в машину, що рухається праворуч зі швидкістю v_ц. При цьому вигляд з машини буде такий

Порівнюючи цю картину з тим, що було сказано про зіткнення в системі ц.м. раніше, отримуємо

Віднімаючи від третього рівняння четверте і ділячи отриманий вираз на друге рівняння, знаходимо

звідки x = 3.
 
10.2. Розглянемо спочатку випадок, коли швидкості тіл, що стикаються, однакові й дорівнюють v. Після зіткнення тіла розлітаються   з   меншими   швидкостями   (v—Δv).   Згідно

Звернемося тепер до випадку, коли одне з тіл спочи­ває, а інше рухається зі швидкістю v. Перейдемо в систему координат, що рухається зі швидкістю v/2 у тому самому напря­мку, що й тіло, яке налітає. Тим самим ми звели задачу до попередньої, з тією лише різницею, що швидкості тіл, які стика­ються, тепер уже не v, а v/2. Відповідно

тобто після  зіткнення  тіла  розлітаються  зі швидкостями

Переходячи в нерухому  систему координат, переконуємося, що раніше нерухоме тіло рухається зі швидкістю

а тіло, що налетіло —з малою швидкістю  vf/4 у тому самому напрям­ку, що й до зіткнення.
 
10.3. Рухаючись по орбіті, супутник за одиницю часу стика­ється з молекулами повітря, які займають об'єм vS (v — швид­кість супутника, S — площа його поперечного перерізу). Маса цього об'єму повітря m₁ = ρSv, де ρ—густина повітря.
 
Зміна кількості руху супутника за цей самий проміжок часу Δp = m(v—v′) дорівнює, очевидно, змі­ні кількості руху маси m₁ повітря, тобто

(До зіткнення середня швидкість молекули повітря відно­сно Землі дорівнює нулю, після зіткнення—швидкості супутника v.)
 
Але зміна кількості руху тіла за одиницю часу є просто сила, що діє на тіло. Таким чином, гальмівна сила F_гальм = ρSv², тобто пропорційна квадрату швидкості супутника. Знайдемо її величину.
Для стаціонарної орбіти

(M і R—маса і радіус Землі, G—стала тяжіння). Якщо  тіло  перебуває   на поверхні   Землі, то, оче­видно,

Підставляючи   це  значення  GM   у   вираз для швидкості супутника, отримуємо

[Тут  ми  скористалися  наближеною  формулою: 1/ (1+x) ≈1–x, коли x«1.] Таким чином,

Як видно з формули, що пов'язує висоту і швидкість супутника, швидкість супутника у міру зменшення його висо­ти збільшується. Може здатися дивним, що дія сили гальмування призводить до збільшення швидкості. Однак справа полягає в тому, що за наявності гальмування швидкість супутника вже не перпендикулярна до напрямку сили тяжіння, тобто з'являється складова сили тяжіння, яка змінює величину швидкості супутника. Прискорювальна дія цієї складової перевищує гальмівну дію сили гальмування.
 
10.4. а) Можна вважати, що на самому початку руху маса ракети весь час залишається сталою і дорівнює М₀, тобто можна знехтувати масою газів, що витікають, порівняно з початковою масою ракети. Крім того, можна вважати швидкість газів відносно Землі сталою і рівною v₀, оскільки швидкість ракети дуже мала. Якщо спочатку ракета  спочивала, то кількість руху ракети разом із паливом дорівнює нулю. За час t з ракети викидається r₀t кг газу зі швидкістю v₀, сама ракета починає рухатися зі швидкістю v у протилеж­ному напрямку. Із закону збереження кілько­сті руху v₀r₀t=M₀v, або v = (v₀r₀/M₀) t. Приско­рення ж ракети дорівнює

   б)  Силою   тяги   називається   добуток  маси ракети на прискорення. Як було показано в пункті (а), це прискорення дорівнює  v₀r₀/M₀, звідки F = v₀r₀. Отже, вит­рата  палива  для  створення необхідної сили тяги є

Ми тут розглядали силу тяги і витрату палива лише в початковий момент часу. Нижче буде пока­зано, що за сталої відносної швидкості вит­ікання газів v₀ сила тяги теж стала, тобто отрима­ний результат справедливий у будь-який момент часу.
   в)   Нехай M —маса ракети, a  v—її швидкість у довіль­ний  момент  часу   t.  За  проміжок часу  dt з ракети буде викинуто r₀ dt газів зі швидкістю (відно­сно Землі) v — v₀, унаслідок чого швидкість ракети зросте на dv. Згідно із законом збереження кількості руху,

У лівій частині отриманого рівняння стоїть добу­ток маси ракети в даний момент часу на її приско­рення dv/dt, отже, у правій частині стоїть сила F. Як бачимо, за сталих r₀ і v₀ вона також ста­ла. Але М=М₀—r₀t, так що

Інтегруючи праву і ліву частини, отримуємо залеж­ність швидкості ракети від часу

Інтеграл, що стоїть у правій частині, можна знайти в мате­матичному довіднику. У всякому разі, користуючись наближеною формулою In (1 +х)≈  x коли х«1, можна показати, що

Стала C  визначається початковими умовами. Якщо при t = 0 ракета спочивала, то С = ln М₀. Тому

10.5. Перейдемо в систему координат, що рухається зі швидкістю v_ц.м.. У цій системі швидкості m₁ і m₂ будуть відповідно v₁—v_ц.м.   і v₂ — v_ц.м.. За визначенням системи ц.м.

10.6. Нехай є n тіл з масами m₁, т₂ . . . , т_n і швид­костями v₁, v₂, ....,  v_n.  У системі, що рухається зі швидкістю v_ц.м., швидкості тіл відповідно дорівнюють v₁— v_ц.м., v₂— v_ц.м.....,   v_n— v_ц.м. а  сума імпульсів дорівнює нулю.

Збираючи члени, що містять   v_ц.м., і переносячи їх у праву частину, в кінцевому підсумку отримуємо

10.7. Швидкості тіл у нерухомій (лабораторній) системі коор­динат позначимо v₁ і v₂, а в системі центра мас— v′₁ і v′₂   причому   v′₁=v₁—v_ц.м.  і   v′₂=v₂—v_ц.м..   Кінетична енергія цих тіл у л-системі  дорівнює

Сума перших двох членів є кінетична енергія тіл у системі центра мас —T_ц.м., а дужка при v_ц.м. дорівнює нулю за визначенням системи ц.м. Таким чином,

10.8. Для довільного числа тіл формула для кінетичної енергії матиме ту саму структуру, що й у задачі 10.7. Коефіцієнт при v_ц.м, з тієї самої причини, що й у задачі 10.7, дорівнюватиме нулю. Тому

10.9. Нехай швидкість нейтрона до удару була v. Якщо маса нейтрона m, то маса ядра С¹² дорівнює приблизно 12m. Закон збереження кількості руху дає

(v₁—швидкість нейтрона після зіткнення, а v₂ — швидкість ядра). Згідно із законом збереження енергії, маємо

Ми обираємо як v₁ додатний розв'язок квадратного рівняння, оскільки заздалегідь знаємо, що нейтрон полетить  назад   (з  тих  же  міркувань, що й у задачі   10.1). Напрямок швидкості нейтрона після удару вже фактично враховано нами при записі закону збереження імпульсу.
 
Для відношення кінетичних енергій нейтрона до і після зіткнення отримуємо

10.10. Знайдемо насамперед початкову швидкість бруска v₁. При цьому можна скористатися законом збереження імпульсу: поки брусок не відхилився, горизонтальні сили відсутні, і тому імпульс бруска разом із кулею, що влучила в нього, дорівнює початковому імпульсу кулі

У точці найвищого підйому кінетична енергія бруска і кулі ¹/₂(М+т) v₁² переходить у потенціальну (M+m)gh, де h—висота підйому бруска, тому v₁² = 2gh. Виразимо h через x і L. Як видно з рисунка, трикутники АОС і АА′B подібні, і h/x=x/2L, тобто h = x²/2L.
Отже,

До розділу 11. Вектори

11.2. а) Велосипедиста обвівають два потоки повітря: зустрічний, що рухається зі швидкістю його власного руху v, і косий— зі швидкістю v₁. Природно, велосипедист відчуває сумарний результат дії цих двох потоків, тож йому здається, що вітер дує під кутом α. Справжній же напрямок вітру (щодо напрямку руху велосипедиста) становить кут φ = α+β. Кут β знайдемо, беручи до уваги, що v₂ = v₁-+v, тобто v₁ v₂ і v утворюють трикутник.
Для трикутника швидкостей маємо

   б) Якщо велосипедист рухається на південь, то кут у між уявним напрямком вітру і напрямком руху велосипедиста задовольняє співвідношенню

11.3. а) Оберемо систему координат так, щоб вісь x була спрямована строго на схід, а вісь y—на північ. Припустимо далі, що другий корабель у початковий момент часу перебуває в початку координат O, а вектор його швидкості v₂ утворює кут α з віссю ОХ. Очевидно, перший корабель перебуває в точці B, що лежить на осі y на відстані 6 миль від O, а його швидкість спрямована паралельно осі x.
 
Таким чином,  зміна координат кораблів із часом дається виразами

Квадрат відстані між двома кораблями, очевидно, дорівнює

В умові задачі дано, що мінімальна відстань між кораблями дорівнює 3 милям. Отже, к² як функція часу t має мінімум при деякому значенні часу t = t_мін. Але в цей момент часу похідна від r² перетворюється на нуль:

   б) При меншому значенні кута α₂ = 30° другий корабель проходить перед носом першого на відстані 3 миль, тому це значення кута має бути виключене за умовою задачі. Таким чином, другий корабель рухається курсом строго на північ і опиниться на мінімальній відстані від першого через t_мін = 0,17 години від початкового моменту.
11.4. Можна вважати, що довільна точка M колеса бере участь у двох рухах: рівномірному зі швидкістю v уздовж осі x і обертальному навколо центра колеса з кутовою швидкістю ω=v/R (див. задачу 8.12). Нехай у початковий момент часу t = 0 радіус-вектор точки M спрямований під кутом φ₀ до осі x. Діючи точно так само, як і в задачі 8.12, знаходимо координати x і y точки M у довільний момент часу t:

Компоненти швидкості  точки M знайдемо, диференціюючи за часом вирази для координат:

Вважатимемо, що в момент часу t точка M займає положення, зазначене на рисунку, а колесо стикається з горизонтальною поверхнею в точці A. Очевидно,

Безпосередніми обчисленнями переконуємося, що скалярний добуток r·v = 0 (тобто швидкість точки M спрямована перпендикулярно вектору r), а

Оскільки точка колеса M довільна, здобутий результат означає, що рух колеса в будь-який момент часу еквівалентний «чистому» обертанню колеса з кутовою швидкістю ω навколо миттєвої осі обертання, що проходить через точку дотику колеса з горизонтальною площиною в той самий момент часу.
 
11.5. При русі   проти   течії   річки швидкість човна дорівнює v — u, а за течією v+u. Тому час t_v дорівнює

При русі поперек річки швидкість човна має бути спрямована під деяким кутом α до напрямку на протилежний берег (інакше човен не потрапить у потрібну точку). Швидкість човна поперек річки дорівнює, як видно з рисунка, √v²—u² тому час руху в поперечному напрямку дорівнює

Нарешті, по озеру   відстань 2d човен пройде   за   час t_L = 2d/v. Таким чином,

11.6. Позначимо швидкість людини, що пливе, буквою v, швидкість річки через u, а швидкість ходьби людини через v₁ Щоб потрапити на протилежний берег у точку B, пливучи під деяким кутом до течії, людині знадобиться час (див. попередню задачу)

Якщо ж він пливтиме перпендикулярно течії, то на протилежний берег він потрапить за час t′₂ = d/v, але течією його знесе в точку С, яка перебуває нижче B на відстані   BC = ut′_2.
 
Пішки цю відстань людина пройде за час

тому повний час руху людини другим способом дорівнює

Таким чином, рухаючись другим способом, людина потрапить у точку В на 4 хв раніше.
 
11.7. Запишемо  спочатку  рівняння  руху  для  клина  M₁. На цей клин діють дві сили: F і N₁ — сила  тиску з боку вантажу M, горизонтальна проекція якої дорівнює N₁(1/√2) і спрямована проти руху (фіг. 1). Отже,

Звернемося тепер до вантажу M. Він ковзає вгору по поверхні клина М₂ (тобто під кутом 45° до горизонту), і в рівняння руху для цього вантажу входять тому лише сили, що діють уздовж цього напрямку. Таких сил дві: N₁ і проекція сили тяжіння Mg(1/√2). Маємо

Тепер потрібно знайти зв'язок між a і а₁. Як видно з фіг. 2, зміщення вантажу M (зображено лише нижню кромку цього вантажу) уздовж поверхні клина М₂ у √2 менше за зміщення   М₁  по горизонталі.   Отже,   a = a₁/√2.

Здобуті   рівняння запишемо у вигляді системи

Множачи перше з цих рівнянь на 2 і додаючи праві та ліві частини, знаходимо

Легко також знайти силу N₂; оскільки руху перпендикулярно до поверхні М₂ не відбувається, то

Таким чином:
   а)  клин  M₁  рухається  горизонтально з прискоренням  2g, спрямованим до нерухомої стінки;
   б)  вантаж M рухається вгору вздовж нерухомого клина М₂ з  прискоренням   √2g;
   в) сила тиску  клина  М₂  на вантаж M дорівнює 272 кгс
11.8. Нехай точка M рухається по колу радіусом R зі сталою швидкістю v. Час одного оберту, тобто період руху, є Т = 2πR/v. До точки M прикладено дві сили: сила тяжіння mg, спрямована вертикально вниз, і сила натягу нитки T, спрямована вгору вздовж нитки. Очевидно, доцентрова сила F_ц= mg+T; вона спрямована вздовж радіуса горизонтального кола. Як видно (див. рисунок),   модуль  її дорівнює F_ц = mg tg α, де α —кут між ниткою і вертикаллю, тобто спричинене цією силою доцентрове прискорення дорівнює за величиною g tg α. З іншого боку, воно, як відомо, дорівнює v²/R, тому v²/R = g tg α і v² = gR tg α.
Таким чином,

   б) Позначимо через v′₁, ..., v_n швидкості тіл у системі ц. м. Тоді v₁=v′₁ + v_ц.м.,..., v_n = v′_n+v_{ц. м.} є швидкостями тіл у нерухомій системі координат. Кінетична енергія в цій системі

11.10. Закон збереження кількості   руху у векторній формі стверджує

11.11.  Кінетична енергія частинок до зіткнення дорівнює

де v′₁ і v′₂ —швидкості першої та другої частинок у системі ц. м. Звернемо   увагу,   що   обчислена  нами   в попередній задачі швидкість v є фактично швидкістю центра мас v_{ц. м.}
Отже,

11.12.  Оберемо систему координат, у якій вісь y спрямована на північ, а вісь x —на   схід.   У цій системі координат швидкість першого тіла до і після удару є

   а) Швидкість u₂ важчого  тіла після зіткнення визначимо, користуючись законом збереження імпульсу:

відносна втрата енергії ΔT/T=³/₄.
   в) Згідно з пунктом (б), легше тіло в системі ц. м. мало швидкість до удару 4j, а після удару 2i. Це означає, що до удару воно рухалося вздовж осі y, а після удару—вздовж осі x. Отже, в системі ц. м. воно відхилилося на кут 90°.
 
11.13. Нехай v—швидкість частинки, що налітає. Знайдемо v_ц.м.:

Початкові швидкості частинок у системі ц.м. дорівнюють v′₁ = v/2 і v′₂ = —v/2.
 
Після абсолютно пружного зіткнення швидкості частинок у системі ц. м. залишаються попередніми за величиною (u′₁ = u′₂ = = v/2), але лінія відносного руху повертається. Щоб перейти до л-системи координат, потрібно додати до векторів u′₁ і u′₂ вектор v_{ц. м.}. Відповідну побудову наведено на рисунку. Оскільки BC = AC = CD, через точки A, В і D можна провести коло з центром у точці С. Отже, кут BAD — прямий (як вписаний кут, що спирається на діаметр). Цей самий результат  можна отримати й обчисленнями. Нехай u′₁ утворює кут α з віссю x. Тоді

Тепер легко переконатися, що u₁·u₂ = 0,   звідки   випливає, що вектори u₁ і u₂ перпендикулярні один одному.
 
Наведемо також інший розв'язок, за якого не потрібно переходити в систему ц. м. Із закону збереження імпульсу маємо

і віднімаючи від здобутого співвідношення іншу рівність, наслідок закону збереження енергії v² =и₁²+ и₂², знаходимо u₁·u₂ = 0, тобто вектори u₁ і u₂ перпендикулярні один одному.
 
11.14. Рівняння руху для обох кульок однакове: r = gk, де r —радіус-вектор будь-якої з кульок. Загальний розв'язок цього рівняння має вигляд

де с₁ і с₂ —деякі незалежні від часу вектори. Саме вони й будуть різними для різних кульок. Легко переконатися, що с₁ дорівнює радіусу-вектору частинки при t = 0, тобто с₁ = r(0), а с₂, — дорівнює початковій швидкості частинки v (0). Отже,

11.15. Діятимемо за схемою, описаною в умові до задачі 11.13. Оберемо вісь x у напрямку руху першої частинки, а вісь y—перпендикулярно до неї вгору.
Очевидно, у л-системі швидкості частинок дорівнюють

Оскільки зіткнення абсолютно пружне, у системі ц.м. швидкості частинок за величиною залишилися попередніми, але лінія відносного руху повернулася на деякий кут. Щоб зрозуміти, на який саме кут повернулася ця лінія, розглянемо окремо рух другої частинки в л-системі та системі ц.м.

У системі ц.м. частинка рухалася зі швидкістю v′₂ = v_ц.м. вздовж осі x (див. рисунок в умові задачі, стор. 37). З тією самою за величиною швидкістю вона рухається і після зіткнення, тільки під деяким кутом до осі x, тобто и′₂ = v_ц.м. У л-системі u₂= u′₂+ v_ц.м. , причому кут між u₂ і віссю x дорівнює 45°. Таким чином, трикутник OAB —рівнобедрений   з кутами при  основі  по  45°;  отже,   кут OAB=90°.
 
Отже, лінія відносного руху в системі ц.м. повернулася на кут 90°. Це означає, що вектор u′₁ також спрямований вздовж осі y:

11.16. Нехай швидкість важкої частинки до зіткнення v, а після зіткнення u. У системі ц.м. (v_ц.м. = Mv/(M+m)) модулі цих швидкостей дорівнюють

Напрямок вектора u′ довільний, тож кінець цього вектора описує коло радіусом mv/(M+m) < v_ц.м.. Оскільки u = u′ +v_ц.м. , простою геометричною побудовою легко знайти різні значення вектора u. Як видно з рисунка, кут відхилення частинки, що налітає, (напрямок початкової швидкості v збігається з напрямком v_ц.м.) максимальний у тому випадку, коли и спрямоване по дотичній до кола. При цьому

11.17. Виконавши для частинки маси m таку саму побудову, як і в попередній задачі (тільки тепер v_ц.м.=mv/(M+m), a u′_m =Mν/(M+m), так що u′_m > v_ц.м.), з урахуванням того, що кут між v_ц.м. і u_m дорівнює 90°, визначимо u′_m = u_m—v_ц.м. . Побудуємо тепер на цьому самому рисунку u′_M і u_M [u′_M = v_ц.м = mv/(M + m)].   Визначимо  довжину   BD. Трикутники BDC і АОВ подібні, тому

11.18. Задача розв'язується так само, як і попередня, з тією лише відмінністю, що и′_m і и′_M тепер уже не дорівнюють v′_m і v′_M. Швидкості в системі ц.м. після зіткнення знайдемо із співвідношення

Отже,     відношення  BD/OA   залишається  тим  самим,  що й у попередній  задачі,   але довжина  ОА  змінюється.  У  нашому випадку  ОА =v[√α²M²—m²/(М+m)]. Таким чином,

Якщо α=1 (абсолютно пружне зіткнення), цей результат переходить у результат попередньої задачі. При зменшенні α зменшується tg θ, а при α = m/M він перетворюється на нуль. Якщо α < m/М, здобута нами формула втрачає сенс. Це й зрозуміло: при настільки малих значеннях α и′_m < v_ц.м..   тому розсіювання на прямий кут неможливе.
 
11.19. Якщо радіус-вектор частинки з часом змінюється за законом

   б)  Силу, що  діє на  частинку,  знаходимо   з рівняння руху:

в)  Радіус кривизни траєкторії визначається як R = v²/a_. У нашому випадку v² = 1 +(1 +t)² + (2/π²)² cos² π (t/2); диференціюючи за t, отримуємо

11.20. Використовуючи розв'язок задачі 11.14, можемо одразу записати

(вісь z спрямована вертикально вгору).
 
11.21. Розглянемо точку A на земній поверхні з координатами λ₁ і φ₁. Проведемо з початку прямокутної  системи координат (обраної так, як зазначено в примітці до умови задачі,  стор. 38)  радіус-вектор  у  точку A   і   знайдемо  його компоненти:

де R — радіус Землі.
Аналогічно, для іншої точки з кутовими координатами (λ₂, φ₂) маємо

Довжина дуги великого кола S_AB, що проходить через точки, що розглядаються, дорівнює ФR, де Ф —кут між векторами r_A і r_B. Цей кут знайдемо, обчисливши скалярний добуток векторів r_A і r_B:

11.22. На рисунку схематично показано й позначено цифрами I, II, III положення Місяця в новомісяччя, перша чверть і повний місяць.
 
Розглянемо рух Місяця відносно Землі. Вважатимемо, що навколо Землі Місяць рухається по коловій орбіті, тому його прискорення завжди спрямоване вздовж радіуса орбіти до Землі.
 
Величина цього прискорення дорівнює

де   R_л — відстань  від  Землі  до Місяця,  а  Т_л — період обертання Місяця.
У задачі 7.3 було показано, що

(Т₃ — період обертання Землі навколо Сонця, R₃ — відстань від Землі до Сонця, а М₃ і М_C — маси Землі і Сонця).
Враховуючи це, знаходимо
11.9. а) Нехай є n тіл з масами m₁, ... , m_n і швидкостями v_{1............} v_n. У системі ц. м. ці швидкості відповідно дорівнюють v₁—v_{ц. м.},  ... , v_n—v_{ц. м.}. За визначенням,
Рухаючись разом із Землею по коловій орбіті навколо Сонця, Місяць має ще одне доцентрове прискорення, спрямоване вздовж радіуса до Сонця, величиною

(тут  ми знехтували  R_Л   порівняно     з R₃). Таким чином,   результувальне   прискорення  Місяця   щодо Сонця в будь-який момент часу дорівнює a =a_Л + a₃.   Тому

До розділу 12. Характеристики сил
 
12.1. Цеглина розташована на площині так, як показано на фіг. 1. Щоб наочніше зобразити сили, що діють на тіло, намалюємо похилу площину в іншій проекції (фіг. 2). На тіло діє сила ваги mg, спрямована вертикально вниз. Її можна розкласти на складові F_|| і F_ вздовж і перпендикулярно до похилої площини. Перша спричиняє рух уздовж осі y, друга врівноважується реакцією площини. З трикутника сил знаходимо ці сили:

   а) При  русі  тіла  вгору   (тобто  в додатному на­прямку осі y) рівняння руху має вигляд
тобто якщо μ≥tg θ, то ковзати по похилій площині тільки під дією сили тяжіння цеглина не може.
   в) Накреслимо для зручності площину ху так, щоб вона збігалася з площиною сторінки. Складова сили F_ll напрямлена вертикально вниз, a F_ —перпендикулярно рисунку за сторінку.
 
Якщо цеглина ковзає вниз по АВ, то сила тертя на­прямлена вгору по АВ, як показано на фіг. 3. Крім того, до цеглини прикладена з боку лінійки сила, що дорівнює mg sin θ cos φ і напрямлена перпендикулярно лінії АВ. Тому

Аналогічно при русі цеглини вгору по АВ:

12.2. а) Нехай цеглина рухається вгору по похилій площині з початковою швидкістю v₀. Рівняння її руху має вигляд

де a₁ = g(sin θ+ μ cos θ) (див. попередню задачу).
Через проміжок часу t₁ = v₀/а₁ ≈ 0,45 с (у цей момент часу її швидкість v = v₀ — a₁t₁ перетвориться на нуль) вона досягне найвищої точки і пройде по похилій площині шлях

   б) Рухаючись вниз по похилій площині з прискоренням a₂ = g(sinθ — μcos θ) (див. попередню задачу) і нульовою початковою швидкістю, цеглина пройде той самий шлях S за час t₂. Очевидно,

Повний час руху цеглини   дорівнює   t₁ + t₂ =1,1 с.
   в) Цеглина  втрачає  енергію   на  подолання  сили тертя, тому зміна її кінетичної енергії дорівнює роботі сили тертя на шляху 2S: ΔT = 2Sμmg cos θ ≈2,3 дж.
Цей самий результат можна отримати,   обчисливши   безпосередньо зміну кінетичної енергії цеглини:

12.3. Розглянемо спочатку випадок, коли сила Н напрямлена до схилу. Вагу W і прикладену зовнішню силу Н розкладаємо на дві складові: нормальну до похилої площини і паралельну до неї. Як видно з рисунка (де показано розкладання тільки сили Н),

При достатньо великій силі H вантаж W почне рухатися вгору по похилій площині, оскільки H_|| напрямлена вгору по площині, а за відсутності сили H вантаж W перебуває в спокої (μ >tg α). Безпосередньо перед початком руху, коли до тіла прикладена сила H^мин, різниця H_||^мин —W_|| повинна дорівнювати силі тертя. Останню отримаємо, помноживши силу нормального тиску H_^мин+ W_ на коефіцієнт тертя μ.  Отже,

Знайдемо тепер мінімальне значення сили Н, напрямленої від похилої площини, здатної привести тіло в рух. У цьому випадку тіло W почне рухатися вниз, а для мінімальної сили записуємо рівняння

Оскільки 3/(2—μ²) завжди більше за 1/(2+μ²), у другому  випадку сила, що приводить у  рух  тіло  вагою W, менша.
12.4. У точці O горизонтальна складова натягу нитки T cos α врівноважується силою тертя, яка безпосередньо перед початком ковзання кільця дорівнює μTsin α. Таким чином, T cos α = μTsin α, звідки tgα = 1/μ =⁴/₃.Після простих обчислень знаходимо також, що sin α = ⁴/5. cosα = ³/₅. За теоремою синусів:

Спроектуємо сили, що діють на вантаж вагою 1 кгс, на напрямок перекинутої через блок нитки. Сума цих проекцій повинна дорівнювати нулю. Отже,

Аналогічно, проектуючи сили на напрямок нитки довжиною 1,5 м, знаходимо T = ⁴/₅кгс.
 
12.5. Нехай N — тиск однієї частини замка на іншу. Безпосередньо перед початком руху F_Tp=μN. Оскільки частини замка не рухаються, сума вертикальних проекцій сил, що діють на частину A, так само як і горизонтальних, що діють на частину B, дорівнює нулю. Тому

12.6. У системі, пов'язаній з візком, на «необережну молоду людину» діє, крім сили ваги, псевдосила, що дорівнює  —mа, де а —прискорення візка (ми знаємо, що його величина g sin α). Вертикальна складова прискорення дорівнює gsin²α, тому терези показуватимуть вагу mg(1— sin²α)  = mg cos² α. Оскільки ця вага  становить  ³/₄   «справжньої» ваги, то

12.7. Прискорення вантажу маси М₂ позначимо через a₂; напрямимо його вертикально вгору. Прискорення a₁ вантажу М₁ (напрямок якого збігається з поверхнею похилої площини) пов'язане з прискоренням а₂, як ми вже знаємо, співвідношенням а₁ = 2а₂ (див., наприклад, задачі 9.9, 9.14, 4.5).
Складемо рівняння руху вантажів M₁ і M₂:

Натяг нитки, прикріпленої до вантажу M₁ дорівнює, очевидно, T/2 = 111  кгс.
 
12.8. Розглянемо рух брусків безпосередньо перед тим, як вони почнуть проковзувати один відносно одного. Запишемо рівняння руху обох брусків разом, позначивши через μ₁ коефіцієнт тертя другого бруска об перший, а через μ₂—бруска об похилу площину:

тут α — кут, який утворює похила площина з горизонтом, причому sin α = ⁵/₁₃ cos α = ¹²/₁₃.
До верхнього бруска прикладена тільки сила тертя, що дорівнює (безпосередньо перед початком проковзування) μ₁m₁g cos α. Під її дією брусок рухається з тим самим прискоренням a, що і нижній, тому

 Нарешті, величина  сили F, що відповідає   цьому  значенню a, дорівнює
12.9. Нехай кут θ і коефіцієнт тертя μ такі, що куб, наданий сам собі, починає ковзати. При цьому зміна його потенціальної енергії (за рахунок опускання ц. м.) виявиться більшою за роботу сили тертя: за рахунок цієї різниці й з'являється кінетична енергія у куба. Зрозуміло, що в положенні, коли сили тертя ледь вистачає, щоб утримати куб, зміна потенціальної енергії при (уявному) невеликому зміщенні куба буде якраз дорівнювати роботі сили тертя. Як видно з рисунка, висота ц. м. куба дорівнює h = (l/√2) cos (45^°— θ) (/ —довжина ребра куба), а відстань від нижнього ребра до стінки x = /cosθ.
Якщо кут θ зменшився на величину Δθ, то  зменшення потенціальної енергії куба дорівнює

а робота сили тертя дорівнює μNl sin θΔθ, де N—сила тиску куба на підлогу. Якщо кут θ такий, що куб усе ж не рухається, то N = mg (сума сил, що діють на куб, повинна дорівнювати нулю). Отже,

Перевіримо, наскільки розумна наша відповідь. Припустимо, що кут θ дуже малий. Зрозуміло, що в цьому випадку потрібне дуже велике тертя, щоб утримати куб від ковзання. Це видно й з нашої формули (при θ →0 μ→ ∞). Якщо θ = 45°, куб балансує на нижньому ребрі і потрібна дуже мала сила з боку стінки і відповідно дуже мала сила тертя, щоб утримати його (при θ = 45° μ = 0). Нарешті, якщо μ=1, куб буде в рівновазі при θ = 18°30′.

12.10. Позначимо через N₁ і N₂ сили нормального тиску, що виникають у верхньому і нижньому з'єднаннях кронштейна зі стовпом, а через F¹_(тр) і F²_(тр) — сили тертя в цих же з'єднаннях. Оскільки кронштейн перебуває в рівновазі, то проекції всіх сил на горизонтальний і вертикальний напрямки дорівнюють нулю. Тому

(Р —вага кронштейна).
Безпосередньо перед тим, як кронштейн почне зісковзувати по стовпу, сили тертя (напрямлені вгору, що враховано при записі другого рівняння) дорівнюють

Враховуючи це і вводячи позначення N₁ = N₂=N, замість системи двох рівнянь отримуємо 51P = 0,6N.
Ще одне рівняння для P і N отримуємо, використовуючи принцип віртуальних переміщень.
 
Повертаючи кронштейн як ціле на малий кут Δφ, наприклад, навколо точки О, переконуємось (див. задачі до розд. 4), що будь-яка точка кронштейна, що перебуває на відстані I від осі обертання, при цьому зміщується вліво на відстань / cos φΔφ і вниз —на / sin φΔφ. Але / cos φ — відстань до даної точки від осі обертання по вертикалі, a I sin φ—відстань по горизонталі, тому закон збереження енергії при обраному віртуальному переміщенні записується у вигляді

Піднісши обидві частини цієї рівності до квадрата
12.11. а) Якщо мотузка посунеться вправо на відстань S, то при цьому буде виконана робота ΔTS. Ця робота повинна дорівнювати роботі сил тертя

12.12. Перейдемо в систему координат, жорстко пов'язану зі смугою. У цій системі на тіло діє псевдосила F=ma. Розкладемо її на дві складові: F_|| уздовж смуги і F_ — перпендикулярно до неї. Вони дорівнюють відповідно (див. рисунок)

Рівняння руху у вибраній   нами системі координат має вигляд (вісь x напрямлена вгору по смузі)

Шлях  S  тіло  проходить за час (початкова  швидкість  тіла дорівнює нулю)

12.13. а) У розд. 12  «Лекцій»  (вип. 1)  показано,   що  на заряд  q, поміщений   в  електричне   поле   напруженістю E, діє  сила F,  що дорівнює   qE,   причому  F   вимірюється  в ньютонах, a q—у кулонах. Звідси

(символ [А] означає розмірність фізичної величини A).
 
   б)  На заряд q, що рухається в магнітному полі зі швидкістю v, діє сила

Зверніть увагу, що так звана швидкість дрейфу частинок у схрещених   електричному й магнітному   полях дорівнює якраз цьому відношенню (детальніше див. «Лекції», вип. 6, стор. 340 або задачу 12.16).
   г) Для гравітаційного поля С:

12.14. Нехай частинка рухається в площині ху, а магнітна індукція напрямлена по осі z. На частинку діє сила, компоненти якої

Як було показано в задачі 9.1, під дією такої сили частинка рівномірно рухається по круговій орбіті, що лежить у  площині  ху,   причому   радіус  орбіти дорівнює R=mv/qB.
 
12.15.  Оскільки частинка   рухається рівномірно по круговій орбіті, то час одного оберту T знайдемо за формулою

(у попередній задачі показано, що R = mv/qB).
При прискоренні частинки в циклотроні необхідно точно знати час T, щоб правильно вибрати частоту прискорювального електричного поля. Період коливань цього поля повинен збігатися з періодом обертання частинки (так звана умова резонансу, або синхронізму).
 
12.16.  а) Рівняння руху частинки в даному електромагнітному полі є [див. формулу (12.11) «Лекцій», вип. 1, стор. 224]

отримуємо такі рівняння руху в штрихованій системі:

Як випливає з рівнянь руху, у штрихованій системі координат частинка рухатиметься по круговій орбіті в площині х′y′ радіусом R = mv/qB_z.
 
З перетворень Галілея видно, що штрихована система координат рухається в додатному напрямку осі x нештрихованої системи зі швидкістю v_d = E_y/B_z.

(Швидкість v_d називають швидкістю дрейфу.) Отже, у нештрихованій системі координат частинка рухається по циклоїді (порівняйте з задачею 8.12).
 
До розділу 14. Робота і потенціальна енергія
 
14.1

14.2.  Приблизно можна покласти