Книга
← К списку книгЗагрузка разделов…
активнаАктивные записи участвуют в каталоге и синках. Неактивная книга скрыта, но не удалена из базы.
Книга
Б. С. Беликов
Решение задач по физике.
Общие методы
Допущено Министерством высшего и среднего специального образования СССР в качестве учебного пособия для студентов высших учебных заведений
Москва «Высшая школа» 1986
ББК 22.3
Б 43
УДК 53
Рецензенты:кафедра физики Московского института электронного машино-строения; доц. В. Б. Зернов (Московский технологическийинститут пищевой промышленности)Рецензенты:кафедра физики Московского института электронного машино-строения; доц. В. Б. Зернов (Московский технологическийинститут пищевой промышленности)Беликов Б. С.Б 43 Решение задач по физике. Общие методы: Учеб, пособие для студентов вузов.—М.: Высш, шк., 1986.—256 ел ил.40 к.Пособие является первой работой в области методики преподавания физики, специально посвященной общим методам решения физических задач. Это не просто сборник задач по традиционным разделам курса физики, назначение книги — научить студентов решать задачи В первом разделе даны некоторые общие понятия физики, классификация физиче- ских задач, общие методы их решения. Два последующих раздела посвящены применению этих методов к решению стандартных и проблемных задач.Беликов Б. С.Б 43 Решение задач по физике. Общие методы: Учеб, пособие для студентов вузов.—М.: Высш, шк., 1986.—256 ел ил.40 к.Пособие является первой работой в области методики преподавания физики, специально посвященной общим методам решения физических задач. Это не просто сборник задач по традиционным разделам курса физики, назначение книги — научить студентов решать задачи В первом разделе даны некоторые общие понятия физики, классификация физиче- ских задач, общие методы их решения. Два последующих раздела посвящены применению этих методов к решению стандартных и проблемных задач.1704000000-212 олББК 22.3—001 (01)-86— 78-8653© Издательство《Высшая школа», 19861704000000-212 олББК 22.3—001 (01)-86— 78-8653© Издательство《Высшая школа», 1986
Рецензенты:
кафедра физики Московского института электронного машино-строения; доц. В. Б. Зернов (Московский технологическийинститут пищевой промышленности)
Рецензенты:
кафедра физики Московского института электронного машино-строения; доц. В. Б. Зернов (Московский технологическийинститут пищевой промышленности)
Беликов Б. С.
Б 43 Решение задач по физике. Общие методы: Учеб, пособие для студентов вузов.—М.: Высш, шк., 1986.—256 ел ил.
40 к.
Пособие является первой работой в области методики преподавания физики, специально посвященной общим методам решения физических задач. Это не просто сборник задач по традиционным разделам курса физики, назначение книги — научить студентов решать задачи В первом разделе даны некоторые общие понятия физики, классификация физиче- ских задач, общие методы их решения. Два последующих раздела посвящены применению этих методов к решению стандартных и проблемных задач.
Беликов Б. С.
Б 43 Решение задач по физике. Общие методы: Учеб, пособие для студентов вузов.—М.: Высш, шк., 1986.—256 ел ил.
40 к.
Пособие является первой работой в области методики преподавания физики, специально посвященной общим методам решения физических задач. Это не просто сборник задач по традиционным разделам курса физики, назначение книги — научить студентов решать задачи В первом разделе даны некоторые общие понятия физики, классификация физиче- ских задач, общие методы их решения. Два последующих раздела посвящены применению этих методов к решению стандартных и проблемных задач.
1704000000-212 олББК 22.3
—001 (01)-86— 78-8653
© Издательство《Высшая школа», 1986
1704000000-212 олББК 22.3
—001 (01)-86— 78-8653
© Издательство《Высшая школа», 1986
Предисловие
Требования научно-технической революции заставляют искать новые пути повышения эффективности подготовки специалистов для народного хозяйства. Как сделать так, чтобы теоретические знания, получаемые студентом в вузе, не существовали сами по себе, а максимально полно использовались в его практической деятельности? Если до недавнего времени эта цель относительно успешно достигалась средствами традиционной дидактики, то сейчас, в условиях информационного взрыва, ее реализация становится с каждым годом все труднее и труднее. Мы подошли к такому рубежу, когда количество информации стало столь огройным", что она не может быть усвоена за относительно короткий срок обучения, если ее не упорядочить на принципиально новой основе. Такой основой может быть развернутое и систематическое применение в процессе обучения обобщенных методов, общеметодологических принципов, предельно общих понятий и т. д.
В предлагаемом читателям пособии автор попытался реализовать такой подход на одном из участков обучения студентов, имеющем, однако, важное значение,—в решении задач по физике. Наш подход основан на использовании системы наиболее общих понятий физики применительно к решению любой физической задачи. В пособии рассмотрены теоретические основы общего подхода к решению задач, методы
решения стандартных, нестандартных, непоставлен- ных и произвольных задач.
Такой подход к решению задач, разумеется, не является единственным — многие задачи могут быть решены значительно быстрее путем применения нестандартных методов и приемов, путем догадки (интуиции), чем использованием общего подхода. Тем не менее нестандартный прием, догадка возможны лишь тогда, когда студент имеет методологическую базу для решения задачи, владеет общим подходом. В этом плане пособие может оказаться полезным студентам самых разных специальностей.
Условия некоторых разобранных задач взяты из учебных пособий: Чертов А. Г., В о р о б ь- е в А. А. Задачник по физике (М., 1981) и И р о- д о в И. Е. Задачи по общей физике (М., 1979). Часть задач принадлежит автору.
Автор выражает благодарность доцентам В. Б. Зернову и А. Ф. Меняеву, а также преподавателям кафедры физики МИЭМ за ценные указания и критические замечания при подготовке рукописи.
Автор
Введение
Нередко встречается ситуация, когда студент хорошо знает обычную теорию курса физики, но не умеет решать физические задачи. Некоторые из студентов признаются, что изучение теории у них не вызывает никаких трудностей, что они хорошо запоминают и понимают формулы законов, определения и т. д., но как только дело доходит до решения задач, они становятся в тупик. Прочитав условия некоторых задач, они даже не знают, с чего надо начинать решение. Иногда, решая задачу, забравшись в дебри теории, написав множество формул, законов, уравнений, студент не знает, решил он задачу, далеко ли, близко ли до ее решения и т. д. Часто, правильно решив задачу r общем виде, студенты делают ошибки в вычислениях, а неправильный числовой ответ" задачи ——это все-таки неправильный ответ, и, следовательно, такое решение в конечном итоге считается неверным.
Конечно, научиться решать задачи по физике не просто. Можйо хорошо знать теорию и не уметь решать даже простейшие задачи. Это не случайно... Оказывается, для того чтобы успешно решать задачи, знание теории необходимо, но не достаточно. Необходимо (кроме конкретных знаний) овладеть еще так называемыми обобщенными знаниями. Обычно они приобретаются на опыте, в процессе решения задач, в основном к концу изучения курса физики. Впрочем, иногда они не усваиваются вообще.
Обобщенные знания излагаются в основном в первых двух главах нашего пособия. В них можно, узнать, что такое физическая задача, с чего надо начинать решение задачи по физике, чем заканчивается это решение, и многое, многое другое.
Основу обобщенных знаний составляют фундаментальные понятия физики, имеющие методологический характер. Они изложены в первой главе.
Фундаментальных методологических понятий физики сравнительно немного. В данной книге мы используем следующие восемь: физическая система, физическая величина, физический закон, состояние физической системы, взаимодействие, физическое явление, идеальные объекты и идеальные процессы, физическая модель. Эти понятия взаимосвязаны и, следовательно, составляют систему. Особенное значение ймеет связь физического явления со всеми остальными фундаментальными понятиями.
Использование системы фундаментальных понятий позволяет сформулировать важнейшее определение теоретической физической задачи как физического явления, в к。- тором неизвестны какие-либо связи “ величины. Решить физическую задачу — это значит восстановить неизвестные связи и определить искомые физические величины. Это определение имеет очень важное методическое значение. Если физическая задача отражает какое-либо физическое явление (или совокупность явлений), то необходимо не только иметь представление об этом явлении (конкретные знания), но и уметь анализировать любое физическое явление (используя обобщенные знания). Анализ явления начинается с выбора и анализа физической системы и заканчивается составлением замкнутой системы уравнений в результате применения соответствующих физических законов. Отсюда естественно вытекает расчленение процесса решения поставленной задачи на три этапа: физический (он заканчивается, если составлена замкнутая система уравнений), математический (его цель — получение решения в общем и числовом виде) и этап анализа решения.
Отсюда же естественно следует необходимость в Создании системы методов (она изложена в гл. 2) решения задач по физике, как системы общих ориентиров для осуществления самостоятельной деятельности решающего задачу на каждом из этих этапов.
Существует мнение, что единого метода решения задач по физике не существует. Возможно, что это верно. Но, по нашему мнению, общий подход (как система методов) к решению любой физической задачи существует.
В гл. 3—13 общий подход применяется к решению задач практически из всех классических разделов курса общей физики.
Раздел I
Теоретические основы общего подхода к решению произвольной задачи по физике
ГЛАВА 1
СИСТЕМА ФУНДАМЕНТАЛЬНЫ X ПОНЯТИЙ ФИЗИКИ
Некоторые общие понятия
физики
Общий подход к решению произвольной задачи по физике основан на некоторых фундаментальных понятиях физики. Эти понятия общеизвестны. Мы приводим их в этом параграфе с целью отметить их некоторые специфические стороны.
Одним из центральных таких понятий является понятие физической системы. Физическая система — это совокупность физических объектов. Причем даже один физический объект может составлять физическую систему. Решение любой физической задачи связано с исследованием какой- то физической системы. В дальнейшем мы увидим, что выбор и исследование физической системы — это начало анализа физической ситуации задачи.
Физические объекты системы обладают некоторыми физическими свойствами и могут участвовать в различных физических процессах. Для характеристики свойств физических объектов и физических процессов вводятся различные физические величины.
Весьма важным является также понятие состояния физической системы. Общее понятие состояния произвольной физической системы относительно сложно. Если физическая система состоит из одной частицы, то ее механическое
состояние определяется шестью величинами: тремя координатами (%, у, Z)и тремя компонентами импульса части- 31 (Рн, Ра，Pz).
Тела физической системы взаимосвязаны как между собой, так и с внешними объектами. Эта всеобщая связь проявляется во взаимодействии физических объектов. Взаимодействие —важнейшее свойство любых физических объектов. Оно обусловлено их внутренней природой. В физике известны четыре основных вида взаимодействий между элементарными частицами: сильное, электромагнитное, слабое и гравитационное. В данной книге не будут использоваться ни сильные, ни слабые взаимодействия.
Взаимодействие может изменить или положение физической системы, или ее состояние. Процесс изменения положения или состояния физической системы назовем физическим явлением!. Это понятие в общем подходе к решению произвольной задачи по физике является самым важным. В природе происходит множество различных физических явлении: движение планет и звезд, гром и молния, дождь и ветер, испарение воды и выпадение росы, колебания атомов и движение молекул, излучение и поглощение света, и т. д., и т. п. Не так просто разобраться даже в качественной картине (стороне) того или иного физического явления. Анализ физического явления целесообразно начинать с выбора и исследования физической системы, ибо само явление происходит в какой-то системе. В процессе анализа физических объектов системы полезно выяснить, к каким идеальным объектам они относятся, какими обладают свойствами, с какими телами и каким образом они могут взаимодействовать, каковы могут быть результаты и последствия этого взаимодействия.
Физическое явление характеризуется изменением каких-то физических величин. Эти величины связаны между собой. Известно, что необходимая и устойчивая связь или зависимость между некоторыми физическими величинами отражается в физическом законе. В каждом физическом законе можно рассматривать множество сторон или граней (необходимость, объективность, физический смысл и т. д.). В дальнейшем нам особенно необходимы будут две специфические стороны физического закона: условия (границы) применимости и метод применения закона.
Всякий физический закон относителен в том смысле, что он верен лишь при выполнении определенных условий. Совокупность этих ограничений назовем условиями (или границами) применимости физического закона. Если хотя
бы одно йз этих условий нарушено, то данный закон применять нельзя, он становится несправедливым. Например, второй закон Ньютона в форме F=/na справедлив, если выполняются следующие условия: движение тела рассматривается по отношению к инерциальной системе отсчета, тело должно быть материальной точкой, масса тела — постоянной, скорость тела должна быть значительно меньше скорости света в вакууме и т. д. При нарушении хотя бы одного из этих условий второй закон Ньютона в записанной выше форме применять нельзя.
При решении задач по физике недостаточно знать соответствующий закон (его физический смысл, условия применимости и т. д.), необходимо еще уметь применять его в конкретных условиях. Для каждого физического закона существует метод (алгоритм) его применения. Например, для того чтобы правильно записать второй закон Ньютона в форме F=/na, необходимо выполнить следующую систему действий. Во-первых, проверить, выполнены ли условия применимости этого закона (если хотя бы одно из них нарушено, то закон применять нельзя). Во- вторых, выбрать инерциальную систему отсчета (данный закон применим только по отношению к таким системам отсчета). В-третьих, найти все силы, действующие на данное тело (в закон входит физическая величина F — геометрическая сумма ъсех сил, действующих на тело массой /и). В-четвертых, определить проекции всех сил на оси координат (второй закон Ньютона — векторный закон). В-пятых, найти алгебраическую сумму проекций всех сил на каждую ось координат (SFX,工尸？，SFZ). И наконец, в-шестых, записать второй закон Ньютона в виде системы трех уравнений:
^Fx = max, 2：% = m“ ^Fz = magt
где “*,旬，аг — проекции вектора ускорения а на оси ОХ, OY, 0Z. Методы применения других физических законов будут приведены в соответствующих главах.
Идеализация физической задачи
Пусть в поставленной задаче имеются необходимые данные (полнота которых обеспечена) и требуется определить какие-либо неизвестные физические величины. Но не это главное в поставленной задаче. Самым важным в
такой задаче является то, что она уже идеализирована. Автор задачи ввел множество дополнительных условий, упрощающих задачу. Вводя эти условия и ограничения, он искусственно отсекает связи данного физического явления с другими явлениями. Предполагается также, что влияние некоторых других, дополнительных воздействий мало и ими можно пренебречь. Таким образом, поставленная физическая задача — это задача о «чистом», «идеализированном^ явлении. Очень часто в науке объектом рассмотрения выступает не реальная вещь, а ее идеальный образ. Это объясняется тем, что реальные объекты и явления настолько сложны и взаимосвязаны, что их изучение и количественное исследование с учетом всех сторон, взаимосвязей и взаимодействий представляло бы непреодолимые математические трудности. Разумная идеализация конкретных физических задач является важнейшей, чертой физики как науки. Если бы физики не идеализиро" вали задач, они не смогли бы решить до конца ни одной конкретной задачи. Очень часто упрощающие условия и ограничения формулируются в самой задаче, но иногда они присутствуют в задаче в скрытом или неявном виде.
Пример 2.1 Снаряд выпушен из орудия под углом а=45° 上 горизонту с начальной скоростью Uo==6OO м/с. Найти дальность полета снаряда. Сопротивлением воздуха пренебречь.
Задача поставлена. Она идеализирована. Одно дополнительное условие, упрощающее задачу (сопротивлением воздуха пренебречь), явно указано в условиях задачи. Однако многие другие упрощающие условия только подразумеваются. Считается, что:
орудие расположено на Земле,
не учитывается движение Земли вокруг Солнца,
не учитывается вращение Земли вокруг собственной оси,
предполагается, что вектор ускорения свободного падения g в любой точке траектории снаряда имеет одно и то же направление,
ускорение свободного падения на Земле считается постоянным: g=9,8 м/с2=const,
снаряд принимается за материальную точку.
В данной задаче влияние пунктов б), в), г), д) мало и ими действительно можно пренебречь. Эти условия очень сильно упрощают задачу. Если отбросить, например, пункт г), считая Землю шаром (тогда вектор ускорения g в различных точках траектории имеет неодинаковое направление),
то задача усложняется. Если учитывать все дополнительные условия, то она становится крайне сложной.
В различных задачах упрощающие условия разнообразны, но общим для всех способов идеализации задачи является пренебрежение несущественными, второстепенными связями и взаимодействиями. В связи с этим возникает вопрос о критериях такого пренебрежения: когда, при каких условиях той или иной связью или взаимодействием можно пренебречь, а при каких — нельзя? Этот вопрос тесно связан с методом анализа решения задачи и методом оценки, которые подробно будут рассмотрены ниже.
Чаще всего при решении физических задач используют» ся следующие два способа идеализации: введение идеальных • физических объектов и пренебрежение несущественными взаимодействиями и процессами. К последнему способу относится и введение идеальных физических процессов.
Важно заметить, что в любом идеальном физическом объекте только пренебрегают каким-либо его свойством: на самом деле этим свойством данное тело обладает, но в конкретных условиях задачи это свойство проявляет себя столь слабо, что им можно пренебречь.
В физике вводится множество идеализированных объектов, используемых при идеализации физических задач. Приведем некоторые из них.
Материальная точка. Фундаментальный и универсальный физический объект. В понятии материальной точки пренебрегают геометрическими размерами тела по сравнению с характерным расстоянием, рассматриваемым в данной задаче.
Абсолютно твердое тело (или просто твердое тело}. В этом идеальном объекте пренебрегают возможной деформацией тела.
Абсолютно упругое тело. Здесь пренебрегают остаточной деформацией тела. Она в условиях конкретной задачи столь мала, что ее можно не учитывать. Важно заметить, что при взаимодействии абсолютно упругих тел не происходит превращения механической энергии r другие виды энергии (т. е. выполняется закон сохранения энергии в механике).
Абсолютно неупругое тело. В этом случае пренебрегают способностью тел восстанавливать первоначальную форму после деформации. Это свойство у абсолютно неупругого тела практически не проявляется и им можно пренебречь.
Примеры других идеальных объектов будут приведены в дальнейшем.
При втором способе идеализации или вводят идеальные физические процессы, или пренебрегают несущественными физическими процессами (явлениями) и взаимодействиями. Примерами идеальных процессов являются изохорный, изобарный, изотермический, адиабатный и другие процессы.
Весьма часто, решая конкретную задачу, пренебрегав изменением той или иной физической величины, предпойЙ гая, что это изменение мало. Например* в рассмотренном вй? ше примере с артиллерийским снарядом вопреки хоро#1> известному факту — зависимости ускорения свободно^, падения от высоты точки над поверхностью Земли мы счй» тали, что это ускорение постоянно (g=9,8 м/с8). Но так как высота h подъема снаряда (несколько километров) мала но сравнению с радиусом Земли (Rq6400 км), то предположи ние о том, что в данной задаче ускорение свободного паяния g постоянно, является вполне разумным.
Таким образом, вследствие идеализации и упрощения физики рассматривают вместо реального физического явления его схематическую модель. Обычно в модели реального физического явления отражается главное, основное, учитываются только существенные связи и взаимодействия и- вместо реальных тел рассматриваются различные идеальные объекты. Очень часто успех в решении той или иной физической задачи или проблемы зависит от того, насколько удачно выбрана эта модель. Классификация моделей физических явлений, очевидно, совпадает с классификацией самих явлений. Таким образом, в содержании физики в зависимости от свойств физической системы и условий, в которых происходят различные физические явления, можно выделить две общие модели: модель классических физических явлений (классическая модель) и модель квантовых физических явлений (квантовая модель). В данной книге ‘рассматриваются только классические физические явления и соответствующие им модели^
Классификация задач по физике
Известно, что классифицировать различные объекты можно по любым их признакам. Но наиболее совершенной является классификация по существенным' признакам. Физические задачи имеют множество признаков. Для того чтобы получить оптимальные классификации задач по физике, необходимо выделить существенные признаки физической задачи. Итак: что такое физическая задача? каковы ее существенные признаки? Полезно поставить и ряд других вопросов: когда и как возникает физическая задача? что значит решить физическую задачу? какие бывают физические задачи? Вопросы эти не так просты и. далеко не так маловажны, как может показаться на первый взгляд.
При изучении какого-либо физического явления ка- кие-то физические величины, характеризующие это явление, могут быть известны, а другие — нет. Если при исследовании какого-либо физического явления человек о нем знает все (в рамках этого явления), то никаких вопросов и задач для него не возникает. Задачи и вопросы возникают тогда, когда в процессе этого исследования некоторые физические величины, характеризующие данное .явление, по каким-то причинам неизвестны. Следовательно, задача ставится (формулируется) человеком при изучении физического явления, когда в нем (явлении) неизвестны какие-либо связи, взаимодействия, физические величины и т. д. Таким образом, можно предложить такое определение физической задачи. Физическая задача — это физическое явление, точнее — его словесная модель (или совокупность явлений) с некоторыми известными и неизвестными физическими величинами, характеризующими это явление. Решить физическую задачу — это значит найти (восстановить) неизвестные связи, физические величины и т. д. Из этих определений( немедленно следуют две классификации физических задач. Первая основана на различии методов нахождения неизвестных величин, а вторая — учитывает содержание физического явления, которое отражает каждая физическая задача.
Возможны два способа нахождения неизвестных величин какого-либо физического явления: экспериментальный и теоретический. В экспериментальном методе на опыте, путем измерений определяют неизвестные величины. В теоретическом методе эти неизвестные величины опреде* ляют путем физического анализа данного явления, с по- мощью соответствующих физических законов, управляющих этим явлением. Физические законы связывают между собой различные физические величины, среди которых могут оказаться и известные, и неизвестные. Если в резуль- тате применения соответствующих физических законов составлена замкнутая система уравнений, в число неизвестных которой входят и те неизвестные физические величи- ны, которые необходимо определить, то после решения этой системы уравнений данная задача может быть реше- на теоретически.
Из этих двух способов и следует первая классификация физических задач. Задачи могут быть экспериментальными и теоретическими. Задачу называют экспериментальной, если для ее решения несводимо использовать измерения.
Экспериментальные задачи не будут исследоваться в этой книге (их обычно рассматривают в лабораторном практикуме). Теоретической физической задачей назовем физическое явление (или совокупность явлений) с некоторыми известными и неизвестными физическими величинами, характеризующими это явление, если такую задачу решают, не используя измерений. В этом пособии мы будем рассматривать только теоретические физические задачи. В дальнейшем эпитет «теоретическая» перед словом «задача» будет для краткости опускаться.
Классификацию теоретических задач проведем по двум важнейшим признакам физической задачи, сформулированным выше (задача ставится и решается человеком, и задача выражает какое-либо физическое явление). По первому признаку разделим все физические задачи на два класса: непоставленные и поставленные. Непоставленной назовем задачу, в которой или не обеспечена совокупность необходимых данных (за исключением табличных величин) для ее решения, или не проведена ее идеализация, или то и другое вместе взятое. Более подробно непоставленные задачи будут рассмотрены ниже.
В поставленной задаче не только обеспечена полнота величин и их значений, необходимых для ее решения, но и проведен процесс идеализации. Следовательно, поставленная задача — это некоторым образом «препарированная» задача, которая всегда имеет решение.
Классификацию поставленных задач проведем на основании второго существенного признака: задача выражает какое-либо физическое явление. По тем же признакам, что и физические явления, к лассифицируются и физические задачи: к какому типу относится физическое явление, которое выражает данная физическая задача, к такому же типу относится и соответствующая задача. Короче, каково физическое явление, такова и соответствующая этому явлению задача. По общему признаку все поставленные задачи разделим на классические и квантовые. Далее, каждую классическую (и, конечно, квантовую) задачу можно было бы отнести по частным признакам к соответствующему типу (вплоть до подразделения по элементарным признакам). Но едва ли целесообразно проводить такую более подробную классификацию задач — не только потому, что для этого предварительно потребовалось бы изложить всю совокупность физических явлений (т. е. весь курс общей физики), но и вследствие того, что для начинающих изучать общую физику она окажется весьма
громоздкой и, по-видимому, малополезной при решении задач. Поэтому мы ограничимся вышеприведенной общей классификацией по двум обобщенным признакам (непоставленные и поставленные, классические и квантовые задачи). Заметим, что если анализ физической системы, часто еще до окончательного решения, позволяет определить, является ли задача классической или квантовой, какие в ней .введены идеальные объекты и идеальные процессы, каковы взаимодействия и их возможные последствия н т. д., то принадлежность данной задачи к непоставленной или поставленной иногда можно установить только после ее решения.
Полезно ввести еще понятие о так называемой основной задаче. • Каждое физическое явление характеризуется определенной совокупностью физических величин. Эти величины связаны между собой некоторыми физйческими законами. Среди множества законов, управляющих данным физическим явлением, имеется один или несколько главных, фундаментальных. Нахождение физических величин, входящих в фундаментальные законы, составляет содержание основной задачи физического явления. Далее, используя второстепенные законы, определяют всю совокупность физических величин, характеризующих данное явление. Можно показать, что любая основная задача из общего курса физики заключается в нахождении состояния соответствующей физической системы.
ГЛАВА 2
НЕКОТОРЫЕ ОБЩИЕ МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ
ЗАДАЧ ПО ФИЗИКЕ
Этапы решения поставленной задачи
В процессе решения поставленной задачи полезно различать три этапа: физический, математический и анализ решения.
Физический этап начинается с ознакомления с условиями задачи и заканчивается составлением замкнутой системы уравнений, в число неизвестных которой входят и искомые величины. После составления замкнутой системы уравнений задача считается физически решенной.
'Математический этап начинается решением замкнутой системы уравнений и заканчивается получением числового ответа. Этот этап можно разделить на два следующих:
получение решения задачи в общем виде,
нахождение числового ответа задачи.
Решив систему уравнений, находят решение задачи в общем виде. Произведя арифметические вычисления, получают числовой ответ задачи.
В математическом этапе почти отсутствует физический элемент. Безусловно, что математический этап является менее важным, чем этап физический, но, необходимо подчеркнуть, он не является второстепенным. К сожалению, иногда недооценивают роль этого этапа, считая, что его вообще можно не проводить. Неверно также считать, что ошибки, допущенные на математическом этапе, являются второстепенными. Если при решении системы уравнений, или при переводе единиц, или при арифметическом расчете совершена ошибка, решение задачи в целом окажется неверным. С точки зрения практики задача решена правильно только в том случае, если получен ее верный общий и числовой ответ. Неправильно математический этап считать второстепенным еще и потому, что после него должен следовать этап анализа решения. Последний этап вообще нельзя провести, если не получен общий и числовой ответ задачи. Таким образом, для окончательного решения задачи по физике физический и математический этапы ее решения являются в равной степени необходимыми.
После получения решения в общем виде и числового ответа проводят этап анализа решения. На этом этапе выясняют, как и от каких физических величин зависит найденная величина, при каких условиях эта зависимость осуществляется и т. д. В заключение анализа общего решения рассматривается возможность постановки и решения других задач путем изменения и преобразования условий данной задачи. Иногда при анализе общего решения методом теории размерностей устанавливают правильность полученного решения. Заметим, что данный метод дает лишь необходимый признак правильности решения.
При анализе числового ответа часто исследуют:
размерность полученной величины;
соответствие полученного числового ответа физически возможным значениям искомой величины; например, если для скорости какого-либо тела получено значение большее, чем скорость света в вакууме (с=3,108 м/с), то ответ этот явно ошибочен;
при получении многозначного ответа соответствие полученных ответов условиям задачи.
Анализ решения задачи в какой-то степени является
творческим процессом, и поэтому его метод (который мы только что изложили) не должен быть очень жестким и может включать в себя (в зависимости от условий задачи) и ряд других элементов. Анализ решения тесно связан с методом постановки задачи, который будет изложен несколько позже.•
Система этапов решения поставленной физической задачи важна не сама по себе. Одного знания этой системы еще недостаточно для решения задач. Особенность системы этапов заключается в том, что она непосредственно связана с проблемой системы методов решения задач по физике. Дело в том, что на каждом этапе решающий задачу должен осуществлять соответствующую этому этапу с а- мостоятельную деятельность. Часто говорят, что, для того чтобы научиться решать задачи по физике, необходимо решать их самостоятельно. Это, конечно, верно. Но если не указать решающему задачу общих способов (методов) его деятельности, то он будет действовать на основе мучительного метода проб и ошибок. Отсюда вытекает необходимость в системе общих методов для проведения всех этапов решения произвольной задачи по физике как способов самостоятельной деятельности того, кто эту задачу решает. Следовательно, система общих методов должна обладать следующими свойствами:
она должна быть универсальной, т. е. применяться к решению любой задачи из общего курса физики,
она должна охватывать все этапы решения произвольной задачи.
В результате анализа проведения каждого этапа решения произвольной задачи по физике можно предложить следующую систему общих методов, объединяющую:
метод анализа физической ситуации задачи;
метод применения физического закона;
систему обще-частных методов;
метод упрощения и усложнения; метод оценки;
метод анализа решения;
метод постановки задачи.
Необходимо отметить, что никакой метод, взятый отдельно, сам по себе не является универсальным. Каждый метод имеет смысл и проявляет свою наибольшую силу только в системе методов. Последняя же не всегда автоматически гарантирует решение задачи. Иногда задача может бьпъ решена и без методов («интуитивно»). Но решения задач будут получены гораздо чаще и быстрее, если дей-
ствовать согласнр этим методам. Короче говоря, система общих методов — это не догма, а руководство к самостоятельной деятельности при решении задач по физике, это система разумных советов, а не инструкция. Для проведения каждого этапа при решении задачи могут быть использованы соответствующие методы. В следующих параграфах каждый метод рассматривается более подробно.
Метод анализа физической
ситуации задачи
Заметим, что решение любой физической задачи ——это прежде всего мыслительный процесс. Однако мы не будем исследовать тонкости психологического рассмотрения этого процесса, а сразу перейдем к результатам.
Любая физическая задача выражает какое-то физическое явление (или группу явлений). Соотношения между искомыми и известными физическими величинами содержатся внутри этого явления. Для того чтобы найти эти соотношения (которые должны составить замкнутую систему уравнений), необходимо не только знать сущность данного явления, систему его физических параметров, законов и границ его применимости, но и уметь выделить все эти элементы в данной задаче. Практически физический анализ задачи сводится в основном к выделению и анализу физического явления. С чего же начинается анализ — синтез физической ситуации задачи?
Вводная часть метода анализа физической ситуации задачи носит вспомогательный характер, это как бы вхождение, вступление в мир физических явлений задачи. Анализ явлений здесь производится уже на стадии предварительного знакомства с задачей. После прочтения задачи полезно записать ее условия пытаясь осмыслить данные и искомые величины, а также связь между ними. Далее необходимо сделать чертеж (схему, рисунок), обозначив на нем все данные и искомые величины. Рисунок позволяет наглядно представить физическое явление задачи.
В основной части этого метода надо уже конкретно провести анализ физических явлений. Как известно, физическое явление содержит качественную и количественную стороны. Поэтому сначала определяют качественную характеристику явления (чем это явление отличается от других, какова его сущность, как оно происходит и т. д.). Конкретно здесь, во-первых, выбирают физическую систему (какие физические объекты включают в систему), во-
вторых, определяют качественные характеристики этих объектов (каким идеальным объектом является каждое тело: материальная точка, твердое тело и т. д.), в-третьих, рассматривают, в каких физических процессах участвуют объекты системы.
Затем устанавливают количественные связи и соотношения между различными физическими величинами, характеризующими данное явление. Выше отмечалось, что количественные связи различных физических величин отражаются в физических законах. Поэтому, применяя соответствующие физические законы, получают замкнутую “систему уравнений. После составления замкнутой системы уравнений задача считается физически решенной.
Таким образом, метод анализа физической ситуации задачи отвечает на вопросы: с ч е г о начинать, что и как радо делать при решении любой поставленной физической задачи. Легко видеть, что этот метод применяется лишь на физическом этапе решения задачи.
Обще-частные методы. Метод ДИ
Система обще-частных методов является универсальной в том смысле, что может быть применена к решению задач почти из любого раздела курса общей физики. Овладев сравнительно небольшим количеством обще-частных методов, можно успешно решать практически любые поставленные задачи.
Обще-частных методов относительно немного. Из них мы рассмотрим следующие: кинематический, динамический, Законов сохранения, расчета физических полей, дифференцирования и интегрирования. Первые четыре метода будут рассмотрены в соответствующих главах. В настоящем параграфе изложен метод дифференцирования и интегрирования (метод ДИ). -
В методе ДИ большое значение имеет положение о границах * применимости физических законов. Как известно, содержание физического закона не является абсолютным, а его использование ограничено рамками условий применимости.
Часто физический закон можно распространить (изме- НИв ег。форму) и за границы его применимости с помощью метода ДИ. В основе этого метода лежат два принципа: приацшг。возможности представления закона в дифферен- Циальной форме и принцип суперпозиции (если величины, входящие в закон, аддитивны).
Сущность метода ДИ заключается в следующем. Предположим, что физический закон имеет вид
K=LM,(6.1)
где К, L и М — некоторые физические величины, причем условием его применимости является L=const. Как распространить данный закон на случай, если Ly=const и 厶 является некоторой функцией от 財，、т. е. L=L(M)?
Выделим столь малый промежуток dAf изменения величины М, чтобы ———изменением величины L 7“2“ на этом промежутке мож-
6」но было пренебречь
(рис. 6.1). Таким образом, приближенно на участке dAf можно 厶 считать Постоянной (L=const) и, следовательно, условия применимости закона (6.1) на участке dAf выполнены (приближенно). Тогда
dK=L(M)dM,(6.2)
где dK — изменение величины К на участке dAf.
Используя принцип суперпозиции (суммируя величины по всем участкам изменения величины М), получаем значение величины К в виде
К==, L(М) dAf,(6.3)
где Мг и М% — начальное и конечное значения величины М.
Таким образом, метод ДИ состоит из двух частей. В первой находят дифференциал (6.2) искомой величины. Для этого в большинстве случаев производят или деление тел на столь малые части, чтобы последние можно было принять за материальные точки, или деление большого промежутка времени на такие малые промежуточки времени df, чтобы в течение этих малых промежутков процесс можно было приближенно считать равномерным (или стационарным), и т. д.
Во второй части метода производят суммирование (интегрирование}. Наиболее трудными в этой части являются в/ор временной интегрирования и определение пределов
интегрирования. Для определения переменной интегрирования необходимо детально проанализировать, от каких переменных зависит дифференциал искомой величины и какая переменная является главной, наиболее существенной. Эту переменную чаще всего и выбирают в качестве переменной при интегрировании. После этого все остальные переменные выражают как функции от этой переменной. В результате дифференциал искомой величины принимает вид функции от переменной интегрирования. Затем определяют пределы интегрирования как крайние (предельные) значения переменной интегрирования. После вычисления определенного интеграла получают числовое значение искомой величины.
Пример 6.1 Тонкий стержень длины /=1 м равномерно заряжен зарядом Q = 10-12 Кл. Определить потенциал электрического поля этого заряда в точке А, расположенной на оси стержня на расстоянии d=l м от его конца (рис. 6.2). Среда — вакуум.
Решение. Ответ, записанный в виде(p=Q/(4ne"), откуда следует, что(р=9.10~3 В, является ошибочным, ибо эта формула справедлива только для потенциала электри
ческого поля, созданного точечным электрическим зарядом. В нашем случае заряд Q расположен на теле (стержне), геометрическими размерами которого (/=1 м) нельзя пренебречь по сравнению с характерным расстоянием (d=l м), рассматриваемым в
данной задаче. Сле- , 一 . 7 " _[
довательно, заряд Q 广г - 二» 儿 нельзя считать точеч- L八陷，"“““ L“ a
НЫМ.4 *卜|<' """"・"…-a[/
Применим метод
ДИ. Разделим стер- ,6,2,
жень на столь ма
лые участки, чтобы каждый из них можно было принять за материальную точку. Поэтому заряд, расположенный на таком участке, можно считать точечным. Рассмотрим один такой участок длины dx, отстоящий от точки А на расстоянии %. Заряд этого участка точечный и составляет dQ== (Q//)dx. Заряд dQ создает электрическое поле, потенциал d(p которого в точке А может быть вычислен по формуле
dQdQ(6.4)
dQ
dQ
Подставив в (6.4) значение dQ=(Q/Z)dx, получаем дифференциал искомой величины как функцию одной перемен-
VM(Р1Т2—р^Г!)VM(Р1Т2—р^Г!)欠7门2欠7门2Ат л；Ат л；УМ(Р1—Р2)RTУМ(Р1—Р2)RT
VM(Р1Т2—р^Г!)
VM(Р1Т2—р^Г!)
欠7门2
欠7门2
Ат л；
Ат л；
УМ(Р1—Р2)RT
УМ(Р1—Р2)RT
ной:
即=為％(6・5)
Первая часть метода закончена. Переходим к суммированию потенциалов полей, созданных всеми элементарными зарядами (по построению они все точечные), на которые был разделен первоначальный заряд Q. Переменная интегрирования х изменяется в пределах от d=i м до d+/=2 м. Интегрируя (6.5) по % в этих пределах, окончательно получаем значение искомой величины:
d
Подставив числовые значения, получим ф«6,3-10~8 В.
Метод дифференцирования и интегрирования является универсальным и необходимым как при изучении теории, так и в особенности при решении задач по физике. В механике с помощью этого метода производят вычисление работы переменной силы, моментов инерции, при изучении физических полей его используют для расчета напряженностей и потенциалов полей, созданных неточечными массами, неточечными зарядами, макротоками и т. д.
Математическую основу метода составляют дифференцирование и интегрирование функций. Поэтому рассматриваемый метод позволяет практически осуществить межпредметную связь при изучении курсов физики и высшей математики.
Метод упрощения и усложнения.
Метод оценки'
Этот метод используют при решении сложных задач, а также при решении непоставленных и нестандартных задач. Его широко применяют на этапе анализа решения физической задачи. На этом этапе метод упрощения и усложнения позволяет развернуть любую задачу в «блок» все более сложных или более простых задач. Типичным в этом отношении является пример И.2 (см. § 11).
Составными частями метода упрощения и усложнения являются два взаимосвязанных и противоположных процесса: процесс упрощения (идеализация, оценка и отбрасывание второстепенных явлений, пренебрежение несущественными деталями и т. д.) и процесс усложнения (учет и рас
смотрение ранее отброшенных объектов, явлений, деталей, усложнение физической системы, связей и т. д.). Материальную основу этих процессов составляет метод оценки.
Этот метод часто используют при анализе любой физической ситуации, производя оценку физических величин или оценку физических явлений.
Оценка физической величины заключается, во-первых, в арифметическом (числовом) расчете порядка самой величины (оценка порядка) и, во-вторых, в сравнении однородных величин по их порядкам (сравнение по порядку).
При арифметическом расчете порядка величины, зависящей от других величин, числовое значение каждой из этих величин представляют в стандартном виде (произведение первой значащей цифры на десять в соответствующей степени). Затем оценивают порядок каждого слагаемого (если рассчитываемое выражение есть алгебраическая сумма). Выделяют слагаемые с наивысшим порядком. Слагаемые, порядок которых по крайней мере на два ниже слагаемых наивысшего порядка, отбрасывают. Точную значащую
цифру оставшихся слагаемых определяют или с помощью логарифмической линейки, или на микрокалькуляторе.
Пример 7.1 Пусть в результате общего решения задачи получена следующая расчетная формула'.
где У=9 л—объем газа, М—2-10~3 кг/моль — его молярная масса, рх=52-105 Па ——первоначальное давление газа, 7\=296 К — еа。начальная температура, р?= =5-104 Па — конечное давление газа, 72=283 К —比。 конечная температура, R=8,31 Дж/(моль- К) — универсальная газовая постоянная, А/n — изменение массы газа. Оценить порядок величины Лт.
Решение Переводим данные величины в СИ, одновременно округляем их значения и представляем в стандартном виде. В результате получаем: У^\^~2^,М.—2- 10-3кг/моль, Pi^5・10。Па, 71^3・10含 К, р2=5-104 Па, 72^3•102 К, R^8 Дж/(моль- К). Из этих данных, во-первых, видно, что приближенные значения начальной и конечной температуры одинаковы и, следовательно, вместо первоначальной формулы получается более простое выражение
Во-вторых, конечное давление р2=5-104 Па по порядку величины значительно меньше начального давления =5-10® Па (на два порядка) и, следовательно, им можно пренебречь. В конечном итоге для оценки порядка величи-j ны А/п получаем
aа 10-2・2・ IO-3.5. io。 4'
А/п , откуда Д/и =•8<3 ^кг«4- Ю 58 к\
Более точный, но и более длительный расчет дает для Искомой величины значение А/п=3,8-Ю-2 кг.J
Грубая, но быстрая оценка порядка искомой величина очень важна для последующего этапа анализа решения.]
При сравнении физических величин (зависящих других величин) сначала находят их отношение в общем виде, а затем производят числовой расчет порядка этого отношения.'
Пример 7.2 Сравнить силу тяготения 尸丁 двух прото нов “ силу их электрического отталкивания 尸^.:
Решение. Найдем отношение этих сил:：
尸 T一6加2.4Л%，2-
元=产@，
где G«6,7-10-11 Н-м2/кг2 — гравитационная постоянная m«?l,67X 10-27 кг — масса протона, Q=l,6-10~19 Кл —； заряд протона, 4ле0«1,1 • 10-10 Ф/м.
После арифметического расчета получаем
尸 / 尸 b^7・1O-37®io-36.
Таким образом, сила тяготения двух протонов на 36 порядков меньше силы их электрического отталкивания (гравитационное взаимодействие фантастически мало по сравнению с электромагнитным взаимодействием). ，
Пример 7.3 Какое тело притягивает Луну сильнее：
Земля или Солнце?
Решение. На основании закона всемирного тяготе* 'ния найдем отношение сил притяжения Земли (尸3) и Солнц^ (尸 c)：
尸 3一^згс
旷晒
где Мз^б。IO*" кг 一 масса Земли, Мс^2・ 10*° кг — масс? Солнца,七忆1,5・10“ м — среднее расстояние Луны (Зем； ли) от Солнца, г3=4-108 м — среднее расстояние Луны 01 Земли.
После расчета получаем
尸 з/尸 с^З/8.
Следовательно, по порядку величины силы притяжения Луны к Земле и Солнцу одинаковы, но все-таки Солнце притягивает Луну примерно в два с половиной раза сильнее, чем Земля. В этом ничего парадоксального нет, если учесть, что под действием силы притяжения к Солнцу Луна движется вокруг Солнца, а под действием силы притяжения к Земле Луна движется вокруг Земли.
Оценка физического явления сводится, во-первых, к получению фундаментального закона, управляющего данным явлением, и, во-вторых, к числовому расчету порядка физической величины.
Часто задачи на оценку являются непоставленными.
Пример 7.4 Оценить давление в центре Земли.
Решение. Постановка задачи. Введем некоторые упрощения. Будем считать Землю однородным шаром радиуса R3. Поле тяготения однородного шара эквивалентно полю материальной точки такой же массы, расположенной в центре шара. Любое тело массой т, расположенное на поверхности Земли, притягивается к Земле с силой, равной 尸丁== =0(тЛ1з/7?з), и, следовательно, оно производит на Землю давление p=F』S, где S — площадь опоры тела. Если множество таких тел располагаются на поверхности Земли тонким сферическим 'Слоем, то давление такого сферического слоя массой dm
加="Стр
Сила тяготения тела к Земле зависит от расстояния до центра Земли. Следовательно, толщина сферического слоя должна быть мала по сравнению с этим расстоянием. Каждый сферический слой производит давление на нижележащие слои. Теперь уже ясно, что для расчета давления в центре Земли необходимо применить метод ДИ (см. § 6). Разделим Землю на тонкие сферические слои. Рассмотрим один такой слой толщины dr, расположенный на расстоянии г дт центра Земли О (рис. 7.1). Он притягивается к части Зеулн, находящейся внутри него (внешняя часть Земли не действует на слой), с силой■
24242В2Вd 戶 _ G・4“，2d，p・ 4n，3p
24
24
2В
2В
где р — средняя плотность Земли. Отсюда давление слоя
4nGp2，dr4nGp2，dr33После интегрирования получаем, обозначив R3 — радиус Земли,
4nGp2，dr
4nGp2，dr
3
3
р= V dp = (2п/3) Ср2(璃—尸)
на расстоянии г от центра Земли. При г=0 находим давление в центре Земли:
р = 2/зпСр 侬.
Оценим порядок этой величины (считая р«5,5-103 кг/м3):
р^1,6・1Ф Па^2・1Ф Па.
Известно, что нормальное атмосферное давление равно приблизительно 105 Па. Таким об-
разом, давление в центре Земли
на шесть порядков превышает нормальное атмосферное давление.
Часто, используя метод оценки, сравнивают между собой различные физические явления. При этом производят оценки фундаментальных физических величин, характеризующих эти явления.
Пример 7.5Плоский контур плоьи^дью S = 1 м2, сопро
тивлением R = 1 Ом расположен в однородном магнитном поле, индукция которого изменяется по закону В=Во— —а/2/(2S),В о=10 Т л, а=10 -1Т л • м2/с?. 〃〃оск:ос/пь ком・
тура перпендикулярна вектору В. Определить силу токе в контуре в момент времени /=1 с, если индуктивноспи контура равна L и при f=0 сила тока в контуре /=0 Решение. В зависимости от значения индуктивно сти контура конкретные физические явления будут проте кать различным образом. Рассмотрим два предельны? случая.
Индуктивность контура L столь мала, что явлением самоиндукции можно пренебречь. По сравнению с чем,， каким другим явлением? В физическую систему включи® контур и магнитное поле. Вследствие изменения магнит ного поля в контуре возникает явление электромагнитно
индукции. Так как э. д. с. индукции ^и=а/ зависит от времени, то возникающий индукционный ток также зависит от времени. Следовательно, в контуре возникает явление самоиндукции (характеризующееся э. д. с. самоиндукции 乱=一喘).
Таким образом, рассматривается случай столь малых L, что можно пренебречь э. д. с. самоиндукции Sc по сравнению с э. д. с. индукции ^н・ Тогда по второму закону Кирхгофа для данного контура получаем
^h = /R.
Так как ^н=а/, то
/H=af/R, /и=10-1 А.(7.1)
Индуктивность контура столь велика, что явлением самоиндукции пренебречь нельзя. Это означает, что з. д. 8 самоиндукции & сравнима с э. д. с. индукции. По второму закону Кирхгофа для данного контура находим
^н—L栄=IR или at — L^=/R
Решением этого дифференциального уравнения, удовлетворяющего начальным условиям (/=0 при f=0), является следующая функция:
—L 丿・(7.2)
Второй член в правой части последнего уравнения учитывает явление самоиндукции. Пусть индуктивность контура L = L Гн. Подставляя данные величины в (7.2), получаем /=0,04 А, что значительно отличается от полученного ранее значения. Таким образом, при больших значениях индуктивности контура в данном случае нельзя пренебрегать явлением самоиндукции.
Заметим, что последний вывод справедлив только для небольших промежутков времени. Из уравнения (7.2) видно, что роль явления самоиндукции будет уменьшаться с течением времени. Например, в момент времени /=100 с без учета явления самоиндукции /=10 А, а с учетом — /=9,9 А, т. е. поправка на явление самоиндукции состав- "яет всего 1 %. Таким образом, для моментов времени '》Q0 с явлением самоиндукции можно пренебречь даже при таком большом значении индуктивности контура (£ = 1 Гн).
§ 8. Метод постановки задачи !
Этот метод используют или на этапе анализа решения за- дачи, или (чаще всего) на этапе постановки задачи при решении непоставленных задач.
Выше непоставленная задача была определена или как задача неидеализированная, или как задача с неполной (незамкнутой) системой физических величин и условий, или как то и другое, вместе взятое. Следовательно, непоставленная задача отличается от поставленной, во-первых, тем, что она не идеализирована, и, во-вторых, тем, что решение ее неоднозначно и такая задача распадается на ряд поставленных задач.
В типичной непоставленной задаче иногда нет конкретных данных, не всегда известно, что необходимо искать, нет дополнительных условий и т. д. Поэтому первым этапом (наиболее важным и наиболее трудным) в решении непоставленной задачи является постановка самой задачи.
При проведении анализа физического явления (с этого и начинается метод постановки задачи) необходимо выяснить, какие можно ввести упрощения, чем можно пренебречь, какие можно ввести дополнительные условия и т. д. Ранее этот процесс был назван процессом идеализации. После разумной идеализации задачи необходимо выяснить, какие данные могут быть известны, что можно взять из справочников, таблиц и т. д. Некоторые данные впоследствии могут оказаться лишними, а некоторых может недоставать. Это выяснится только после решения задачи в общем виде. По-видимому, не существует метода (алгоритма) проведения процесса идеализации задачи ——это творческий процесс. !
После проведения процесса .идеализации задача ставится (формулируется)? при таких-то условиях дано конкретно； что-то, требуется найти нечто. На этом первый этап и решения, и постановки непоставленной задачи заканчивается. Задача поставлена. Далее идет уже известный этап ——решение поставленной задачи. Необходимо вторично провести ана-] лиз физического явления (теперь это делается уже значительно быстрее), составить замкнутую систему уравнений и решить ее в общем виде. Прежде чем приступить к числово-)
му расчету, надо убедиться в том, что все данные для этого имеются. Если их нет, то недостающие данные необходимо дополнительно добавить к первоначально заданным или взять из таблиц, справочников и т. д. Только после введения этих дополнительных данных, обеспечивающих однозначное решение поставленной задачи, можно считать, что задача поставлена. Затем идет арифметический расчет； на котором и заканчивается решение одной задачи данной проблемы.
Далее, снимая одно или несколько дополнительных условий (будем, например, учитывать трение, предположим, что данное тело не материальная точка и т. д.), можно сформулировать другие задачи и так же, как указано выше, решить их. Таким образом, с одной непоставленной задачей может быть связана большая группа («блок») разнообразных и различной степени трудности физических задач.
Пример 8.1 На клине (наклонной плоскости) расположено тело. Исследовать движение клина 〃 тела (рис. 8.1). Решение. Задача не поставлена. Неясно, какие физические величины даны, что необходимо искать, нет дополнительных условий (где на-.
ходится данные тела, каковы их丿/
свойства и т. д.).
На первом этапе анализа воз-
можного физического явления
попробуем сначала поставить
задачу. В физическую систему8.1
целесообразно включить оба те
ла. Все остальные тела будем считать внешними.
Проведем идеализацию задачи. Для этого введем ряд дополнительных условий и ограничений, при которых будет справедливо решение будущей (когда она будет поставлена) задачи. Предположим, что:'
данная физическая система находится на Земле;
трение между клином и Землей столь велико, что клин остается неподвижным относительно Земли;
клин и тело — абсолютно твердые тела, т. е. деформации их столь малы, что ими можно пренебречь. Однако возникающие при этом упругие силы мы учитывать будем; нз этого условия, в частности, следует, что грани клина можно считать плоскими;
высота клина столь мала, что на всем ее протяжении morho было принять g=9,8 м/с2=const;
Ь) тело — материальная точка;
трение между телом и клином мало и им можно пренебречь;
горизонтальная грань клина столь мала, что можно не учитывать шаровую форму Земли (т. е. считать направление вектора ускорения свободного падения Земли g постоянным).
Теперь, введя эти условия и ограничения, можно поставить (сформулировать) первую задачу:
материальная точка массой т = 1 кг движется по абсолютно твердой наклонной плоскости с высоты 力=10 м. Начальная скорость тела Uo=O. Угол прй основании наклонной плоскости а=30°. Определить время движения тела до основания наклонной плоскости (или ускорение а, или скорость и, или какой-либо другой параметр движения), если трение между телом 〃 наклонной плоскостью отсутствует. Сопротивлением воздуха пренебречь.
Задача поставлена и, как показывает ее решение (оно несложно), поставлена корректно. Анализ этого решения показывает, что искомое время t зависит от высоты наклонной плоскости h и угла а следующим образом:
占鳥^冢 (8・1)
Подстановка числовых значений приводит к результату 汝3 с.
Одна поставленная задача решена. Снимая постепенно ограничения и дополнительные условия, сформулированные выше, можно поставить более сложные задачи. Например, снимая условие п. 6, получаем задачу о движении материальной точки с учетом силы трения. Решение этой второй задачи полезно сравнить с первым решением (8.1). Если снять условие п. 5, то будем иметь задачу о движении нематериальной точки (твердого тела) по наклонной плоскостй. При этом снова необходимо ввести предположение о форме тела (шар, цилиндр и т. д.). Решение третьей задачи можно сравнить с первыми двумя, исследовать возникающие здесь вопросы (почему в одном случае время / больше, меньше и т. д., и т. п.). Таким образом, из одной непоставленной задачи можно получить множество («блок» ) самых разнообразных задач.
§ 9. Еще одна классификация поставленных задач
Полезно дать еще одну классификацию поставленных задач. Эта классификация основана на одной очень важнрй особенности самого процесса решения задачи. Речь идет о
средствах, необходимых и достаточных для решения той или иной задачи по физике. По этому признаку поставленные задачи можно разделить на элементарные, стандартные и нестандартные задачи. Мы приведем не очень строгие определения этих задач (хотя можно было бы дать и более корректные их определения).
Элементарной назовем поставленную задачу, для решения которой необходимо и достаточно воспроизвести и применить лишь один соответствующий физический закон.
Стандартную определим как поставленную задачу, для решения которой необходимо и достаточно привлечь лишь систему «обычных» знаний и «стандартных» методов и приемов.
В распространенных сборниках задач по физике, как правило, приводят стандартные задачи.
Приведем примеры элементарной, стандартной и нестандартной задач.
Пример 9.1 По проводнику, выполненному в виде окружности радиуса R=0,5 м, идет постоянный ток 7 = 1 А. Определить индукцию магнитного поля этого тока 6 центре окружности. Среда — вакуум.
Решение. Оно очевидно. Для того чтобы получить его, достаточно записать закон Био — Савара — Лапласа в интегральной форме для кругового тока:
=卩°卩姦;B=4n・ IO—Tn.
Таким образом, для решения этой задачи необходимо и достаточно привлечь конкретный закон, причем метод применения этого закона заключается именно в его записи. Следовательно, данная задача — элементарная. Иногда элементарные задачи называют тренировочными или подстановочными. Задачи подобного рода действительно оправдывают свои многочисленные названия. Они могут быть названы и тренировочными (при решении таких задач тренируется память), и подстановочными (после написания соответствующего закона для получения числового ответа в эту формулу достаточно подставить данные значения величин и произвести арифметический расчет), и элементарными. Мы оставим за ними последнее название. Учитывая, что элементарные задачи могут быть решены и без общего подхода (хотя некоторые его элементы также используют пди решении и таких задач), мы не будем рассматривать их в данной книге.
Пример 9.2 На наклонную плоскость, составляющую угол а с горизонтом, поместили два соприкасающихся бруска массами mi u т2 (рис. 9.1). Определить силу взаимодействия между брусками в процессе движения, если коэффициенты трения между наклонной плоскостью 〃 этими брусками соответственно равны “ и /2, причем /1＞『2・,
Решение. Эту сравнительно несложную задачу уже нельзя решить, просто записав «соответствующий» физический закон (например, второй закон Ньютона: F=ma), хотя бы потому, что необходимо знать не только закон, но и метод его применения.
Применим метод анализа физической ситуации. После записи условий задачи, построения чертежа и анализа данных и иско-
9.1мых величин переходим к
основной части физического анализа. В физическую систему включим тела тг и т2. Остальные тела будут внешними. Тела системы можно принять за материальные точки. В системе происходит движение этих тел вследствие их взаимодействия как с внешними телами (Земля и наклонная плоскость), так и между собой. Необходимо определить один из параметров этого взаимодействия: одну из внутренних сил. Эта задача связана с основной задачей динамики материальной точки. Применим к каждому телу второй закон Ньютона. Инерциальную систему отсчета свяжем с наклонной плоскостью, а оси координат выберем так, как показано на рис. 9.1. Легко видеть, что на каждое из тел д и 色 действуют четыре силы: сила тяжести mg, сила реакции опоры N, сила трения FTp и искомая сила взаимодействия между ними F. Проецируя эти силы на оси координат, получаем замкнутую систему из двух уравнений с двумя неизвестными:
/nig sina—fintig cosa+尸=/72山，/и2g sina—f2m2g cosa—F=m2a.
Решая полученную систему, наЯодим ответ в общем виде:
恤恤仇一％) cosa恤
Мы видели, что для решения этой задачи необходимо и достаточно было применить лишь второй закон Ньютона, стандартный метод анализа физической ситуации задачи и метод применения физического закона. Следовательно, решенная задача ——стандартная.
Нестандартная — это также поставленная задача, но применение в процессе ее решения только «обычных» законов и методов не приводит к цели: система уравнений получается незамкнутой. Остается неучтенным какое-то «нечто» (что и делает задачу нестандартной), некоторая «изюминка», о которой нужно как-то догадаться. Безусловно, о том, как догадаться, как ее отыскать, никаких общих и универсальных практических советов, по-види- мому, здесь дать нельзя.
Пример 9.3 Две материальные точки массами 恤 〃 ％ (причем тОт^ связаны невесомой и нерастяжимой нитью, как показано на рис. 9.2. Блоки невесомы. Найти силу натяжения нити в процессе движения тел.
Решение. Применим метод анализа физической ситуации. После записи условий, чертежа и анализа данных и искомых величин перейдем ко второй части физического анализа. В физическую систему включим тела mi и т2 и нить. Тела тх и 加2 можно принять за материальные точки, а нить по условию невесома, нерастяжима и не может быть принята за материальную точку. В результате взаимодействия тел системы как между собой, так и с внешними телами (в частности, с Землей) происходит прямолинейное движение тел mj и m2 с ускорениями соответственно % и &. Необходимо определить один из динамических параметров — силу натяжения нити. Эта задача связана с основной задачей динамики материальной точки. Применим второй закон Ньютона к телам 加工 и加2：
7721g—Т=Шхах,
2Т—/и 2g=团2a2,
где T — сила натяжения нити.
Получена замкнутая система из двух уравнений с тремя неизвестными @, a2, Т). Конкретные законы динамики ис-
32
2
№ 1899
mQ
〃厶
33
черпаны. Применим конкретные законы кинематики:
51==融产⑵ s2=a2/2/2.
Получена незамкнутая система из четырех уравнений с шестью неизвестными Q, а2, Т,员，％, 0- Исчерпаны и конкретные законы кинематики, а задача еще физически не решена. Осталось учесть какое-то «нечто» из условий задачи. Мы знаем, что об этом нужно как-то догадаться. Проанализируем дополнительно условия задачи. Почему ускорения & и % различны? Условия движения этих тел различны. В чем? На них действуют различные силы (это динамика). А еще в чем? В кинематике. Конкретно в чем? Различны «ки s2. Почему? Потому что различны аг и &• Круг замкнулся.. Логика ни к чему пока не привела. И вдруг как молния —•； догадка: так ведь Si=2s2! Почему? Но это же просто! До-j гадка на самом деле верная, и это соотношение можно обосновать. Далее решение задачи уже действительно очевидно.
В заключение этого параграфа остановимся еще на частном случае нестандартных задач, которые мы назовем оригинальными (или олимпиадными). Оригинальной назовем нестандартную задачу, при решении которой роль «нечто», догадки является главной, определяющей по сравнению с обычными знаниями и методами. Значение последних при решении оригинальных задач относительно невелико. Из определений оригинальной и собственно нестандартной 3al дач видно, что грань между ними весьма условна. Иногда в оригинальных задачах неопределенное «нечто», «изюминкая вырастают до открытия специальных, нестандартных методов решения задач. Заметим, что оригинальная задача чаете допускает и стандартное решение, но оно настолько трудоемко, связано подчас с большими преобразованиями и вы^ числениями, от выполнения которых целесообразно отка заться и искать другое, оригинальное решение.
Пример 9.4 Из двух портов А и В, расстояние межд\ которыми равно /, одновременно выходят два катера один из которых плывет со скоростью V» а другой — с скоростью v2 (рис. 9.3). Направление движения перво» катера составляет угол а, а второго — угол 0 с линие1 АВ. Каким будет наименьшее расстояние между ка т ерами?
Решение. Приведем сначала стандартное решений Применим метод анализа физической ситуации. В дальне! тем метод анализа физической ситуации задачи будем coi ращенно называть методом анализа. В физическую систем включим оба катера, которые можно принять за материал! 34
ные точки. Они движутся равномерно и прямолинейно относительно инерциальной системы отсчета, связанной с Землей. Это движение рассматривается формально. Необ
ходимо определить один из параметров этого явления ——ми
нимальное расстояние между телами. Эта задача связана с
основной задачей кинематики. Начало координат выберем в точке Д. Так как законы движения тел известны:
口=力cosa・f・i+
+力 sin a・3 j, %=(/—% cos0・ f)i十
一 4-u2 sin p./.j,
то из них определим расстояние между катерами в любой момент времени:'
г — ^у—(и2 cos Р + Уг cos а) /]2 + [(^2sinР—ssina) 口久
(9.1)
Остается найти минимум этого выражения. Вот здесь-то нас ожидают нелегкие вычисления, которые, однако, придется проделать до конца. Для упрощения этих вычислений (нам необходимо найти производную г' и, приравняв ее нулю, определить значение Zmin, после подстановки которого в (9.1) можно получить искомое rmin) возведем г в квадрат:
г2=11—(и2 cos P+力 cos a)f]卄[仇 sin 0—Vi sin a)力.
Найдем производные от обеих частей последнего выражения:
2гг' = 2 {—[/—(v2 cos P + Vi cos a) /] (^cosp+t»! cos a) + + (%sin0—s sin a)2 £}•
Исключим тривиальный случай, когда г=0 (это означает, что катера могут столкнуться). Тогда, приравнивая 尸 нулю, находим тот момент времени fmin，в который расстояние между катерами минимально:
/_ / & cos В + 砲 cos a)
min 够+龙+2^2 cos (a + В) •
Подставив это выражение %п в (9.1) после очень долгих вычислений (советуем читателям в этом убедиться само-
35
стоятельно) получаем окончательно
Г/ 依 sin В—砲 sin а)
т1П Г / + 吗 + 2呼2 cos (а + В)
Дадим теперь оригинальное решение. Свяжем инерциальную систему отсчета не с Землей, а с первым катером (I). Почему? Чем эта система лучше системы, связанной
с Землей? Может быть, она лучше, может быть, хуже. Мы заранее этого не знаем. Попробуем все же выбрать именно такую систему отсчета. Теперь второй катер относительно этой системы отсчета движется с относительной скоростью
v=v2—Vi(9.2)
и траектория его является прямой линией ВС (рис. 9.4). Очевидно, что минимальное расстояние между катерами есть длина перпендикуляра АС, опущенного из точки А на прямую ВС:'
\AC\=l sin ф, где ф — угол между направлением ВА и вектором v. Осталось найти sin ф. Проецируя v (см. (9.2)) на ось ОУ, получаем、
V sin(р=и2 sin 0—“1 sin а.
По теореме косинусов,
и = М-圖 十 2°i% cos (а 十 В).
Таким образом, .sin В—sin а
sin ф =/ 尸一.-—=.
И 说 + W + 2。1。2 COS (a + в)
Следовательно, окончательно
“ I/ (内 sin В—Ui sin a)
fmin = I — "22 c ，*
И 宣 + и； + 2。曲 COS (a + В)
что совпадает с выражением, полученным путем длительны вычислений стандартным методом.
Раздел П
Решение стандартных задач
МЕХАНИКА
ГЛАВА 3
ДВИЖЕНИЕ МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ
Кинематика материальной точки
В кинематике движение тел рассматривают формально, без объяснения причин изменения движения и, следовательно, не используют ни понятия силы F, ни понятия массы m тела.
Простейшей физической системой является либо одна материальная точка, либо их относительно небольшая совокупность.
Положение материальной точки относительно какой- Либо системы отсчета в произвольный момент времени / определяется радиусом-вектором г=г (/) (рис. 10.1). Если
ввести единичные векторы (орты) i, j, к, направленные по соответствующим осям (OX, OY, OZ), то радиус-вектор г можно представить в таком виде:
r(/)=%(/)i+D(/)j+z(f)k, (Ю.1) где %(/), y(t), z(f) — компоненты радиуса-вектор а г(/). Одновременное задание трех функций %«), y(t) и z(f) эквивалентно заданию одной векторной функции г(/) от скалярного аргумента /. Уравнение (10.1) называют законом движения материальной точки. Таким образом, закон движения (10.1) определяет положение материальной точки в любой момент времени.
Вектор скорости v = {%(/), vy(t), %(/)} и вектор ускорения а= {“式/),旬⑴，&(£)} определяются через соответст вующие производные:
v = *新+罪+款， (1。・2)
Закон движения (10.1) является фундаментальным в кинематике. Зная закон движения, можно определить и другие физические величины, характеризующие движение материальной точк1г>-например компоненты вектора скорости V, ускорения а и т. д.:
%(/)= % %(%)=黑，叫方)=* (1。・4)
&«)=爲，44)=需，az(^ = ^ , (1°，5) Следовательно, с законом движения (10.1) связана основная задача кинематики. Формально этих задач две: прямая и обратная. Прямая основная задача кинематики заключается в нахождении любого параметра движения по известному закону движения. Она решается путем последовательного применения основных законов кинематики (10.1)— (10.3). Обратная задача кинематики состоит в определении закона движения по какому-либо известному параметру движения (вектора скорости v или ускорения а). Обратная задача значительно труднее прямой. Можно доказать, что огромное разнообразие кинематических задач сводится к этим двум. Рассмотрим несколько примеров прямой и обратной задач кинематики.
Пример 10.1 Определить модуль скорости материаль^ ной точки в момент времени f=2 с, если точка движется по закону r=a/2.i+p sin(n；0j, где а=2 м/с2, 0=3 м.
Решение. Физический анализ *. Физическая система состоит из одного идеального объекта — материальной точки. Задан формально закон ее движения. Следовательно, наша задача ——прямая задача кинематики (по известному закону движения определить один из параметров движения —в данном случае модуль вектора скорости). Используя известный закон движения, находим, что компоненты радиуса-вектора г(/)
x(ga/2,(10.6)
yOMsinS),(10.7)
z(0=0.(10.8)
Таким образом, материальная точка движется в плоскости ХОУ, поэтому каждый из векторов г, v и а имеет две компоненты. По определению вектора скорости из уравнений (10.2), (10.4), (10.6) и (10.7) получаем компоненты вектора скорости:
%=2а/, %=Bjicos(ji£).
Отсюда находим искомый модуль вектора скорости:
I v) = m变 + % = / 4a2产 十 俨兀2 cos?(就).
Подставив числовые значения, получим sj12,4 м/с.
Пример 10.2 Материальная точка движется по закону г=а sin (53+0 cos2(5/)j, где а=2 м, 0=3 м. Определить вектор скорости, вектор ускорения и траекторию движения материальной точки.
Решение. Это тоже прямая задача кинематики. Находим компоненты радиуса-вектора:
%(/)=а sin(5f),(10.9)
«/(0=Р cos2 (50,(10.10)
z(/)=0.(10.11)
Таким образом, движение материальной точки происходит в плоскости XOY. Далее, определяем компоненты вектора скорости:
vx(t)=5a cos (5/),(10.12)
%(/)=—50 sin (10/)-(10.13)
Из уравнений (10.12), (10.13) находим компоненты вектора ускорения:
&(/)=—25а sin (5/),(10.14)
旬⑴=一50卩 cos(lOf).(Ю.15)
Для получения уравнения траектории исключим вре-
мя t из системы уравнений (10.9) — (10.10): y = 3——3/ 4%支
Материальная точка движется по параболе.
(10.16)(10.16)Пример 10.3 Скорость материальной точки изменяется по закону V = а (2/3—0)i—丫 sin ^― /) j, где а=1 м/с4, В = 1 с3, 丫=1 м/с. Определить закон движения, если в начальный момент времени /=0 тело находилось в начале координат, т. е. г0—{0, 0, 0}.
(10.16)
(10.16)
Решение. Физический анализ . Физическая система состоит из одной материальной точки. Заданы фор
мально закон изменения ее скорости и начальное положение. Необходимо определить закон движения материальной точки. Следовательно, данная задача — обратная задача кинематики (по одному известному параметру движения — скорости ——найти закон движения). Закон движения г=г (力) и вектор скорости \связаны посредством векторного дифференциального уравнения (10.2), которое эквивалентно трем дифференциальным уравнениям (10.4). В нашем случае компоненты скорости %(f), и，/) и 力(£) — известные функ
ции времени:
% = a(2公一6), % ="z = °♦
Подставляя эти значения vxt vy и vz в уравнения (10.4), получим систему трех дифференциальных уравнений для трех неизвестных функций % (2), y(t) н z(f)——компонент радиуса- вектора г:
a(2/ -6)=田，一Ysm$f =而 ° =田。
Разделяя переменные и интегрируя, находим
% = а(；£4—观)+ &,(10.17)
D = !^c°s(^f) + C2，(Ю.18)
2 = Сз，(10.19)
где &, &,方一произвольные постоянные, которые определяются из начальных условий. Учитывая, что 尤=0, у=0 и z=0 в начальный момент времени (т. е. при /=0), из системы уравнений (10.17) — (10.19) получаем, что &=0, ，2=—3“(2л) и с8=0, и окончательно определяем компоненты радиуса-вектора г:
%«) = a(g 公-伊),й=舞卜0s (書 f) - 1], z = 0.
Таким образом, закон движения имеет вид
г G) = a(gf4—伊)1 十凱cos 传 f) —1] j.
Заметим, что, решая теперь прямую задачу (дан закон движения — найти скорость), можно получить исходное значение вектора скорости:
V ⑴=a (2 尸一0) i-Y sin 传 t) j.
Впрочем, зная закон движения, можно определить любой параметр движения: скорость v, ускорение а, траекторию и т. д.
Пример 10.4 Ускорение материальной точки изменяется по закону а=аЯ—pj, где а=3 м/с4, §=3 м/с2. Найти, на каком расстоянии от начала координат она будет находиться в момент времени 力=1 с, если v0=0 а г0=0 при £=0.
Решение. Из условий задачи видно, что материальная точка движется в плоскости XOY. Для того чтобы определить, на каком расстоянии от начала координат она находилась в момент времени /=1 с, необходимо знать закон ее движения. Таким образом, перед нами обратная задача кинематики: дан какой-то параметр движения (в данном случае ускорение а), надо определить закон движения r=r(f) и далее найти модуль радиуса-вектора |г| в момент времени £=1 с.
Сначала определим вектор скорости из уравнения (10.3):
а = или a = 7Ti + ^j.
Это векторное дифференциальное уравнение эквивалентно двум дифференциальным уравнениям:
罂=*票=一崔
Разделяя переменные и интегрируя, получаем компоненты вектора скорости:
а於 I-
% = ~з F б, vy = 一Р* 十 J
Учитывая начальные условия (%=0, %=0 при f=0), находим значения произвольных постоянных ®=0 и с2=0-
Далее из системы диффер енци а льных уравнений
определяем компоненты x(t) и y(t) радиуса-вектора r(f): %(/)= А&,以/)=一烁+ &,(Ю.20)
где с8 и с4 — произвольные постоянные. Учитывая начальные условия (%=0, 9=0 при /=0), из уравнений (10.20) находим, что с3=с4=0. Закон движения найден:
r(/) = ^i-^j. (Ю.21)
По формуле для модуля вектора определяем искомое рас」 ^тояние материальной точки от начала координат в мо-> мент времени f=l с:
旧"运存
Отсюда получаем 人1,52 м. -
Анализ решения. Зная закон движения, мож-1 но найти любой параметр, характеризующий движение ма, термальной точки, и, следовательно, поставить и решите множество других кинематических задач по определении этих параметров. Сформулируем, например, задачу о на хождении траектории данной материальной точки:九。за данному ускорению а=а产i—Rj и тем же начальным условиял (их можно и изменить) определить траекторию материаль ной точки. После того как будет получен закон движение (10.21), траектория определится из системы уравнений
Исключив из этой системы время f, можно найти уравнений траектории. ' J
Совокупность методов решения прямой и обратной за! дач кинематики составляет сущность кинематического м《 тода, о котором упоминалось в § 6. 1
Весьма часто произвольная кинематическая задача с реальным содержанием может быть сведена к схематизированным прямой и обратной задачам кинематики, рассмотренным выше. Покажем это на конкретном примере.
Пример 10.5 Поезд движется прямолинейно со скоростью и()=180 км/ч. Внезапно на пути возникает препятствие, и машинист включает тормозной механизм. С этого момента скорость поезда изменяется 九。закону “=“о—а伊，где а=1 м/с3. Каков тормозной путь поезда? Через какое время после начала торможения он остановится?
Решение. Включим в физическую систему одно тело —поезд. Его можно принять за материальную точку.- Движение поезда исследуется формально, без выяснения причин, обусловливающих изменение его движения (механизм действия тормозной установки неизвестен, и знание его в данной задаче не является необходимым). Известен закон изменения одного И3| параметров движения — скорости. Необходимо определить некоторые другие физические величины, характеризующие движение поезда (время и путь торможения). Таким образом, перед нами обратная задача кинематики, которую можно сформулировать в следующем схематизированном виде: скорость материальной точки изменяется по закону v=(v0—а产)i, где а=1 м/с3, и()=180 км/ч. Определить время ее движения w путь, который опа пройдет до остановки, если при /=0, г=0 и vo=uoi (последнее условие вытекает из закона изменения скорости v=(u()—а 伊)i)..
В такой формулировке уже безразлично, какое реальное тело движется: поезд или автомобиль, катер или подводная лодка (достаточно изменить только постоянные параметры ан%).'
Решение этой обратной задачи кинематики получается уже известным нам кинематическим методом. Так как движение тела одномерно (вдоль оси ОХ), то для нахождения закона его движения имеем одно дифференциальное уравнение:
dx=udf или dx=(v0—a£2)df.
После интегрирования последнего уравнения и учета начальных условий получаем закон движения:
%=%£—а/з/З.(10.22)
Время движения поезда определяется из условия равенства нулю его скорости:
О ==Uo—а 辞•
Отсюда находим t—Vv0/a. Подстановка числовых значений дает %7 с. Из (10.22) находим тормозной путь: х«230 м.
Пример 10.6 Ракета стартует с Земли вертикально вверх с ускорением a=af2, zde а=1 м/с* На высоте 力о=100 км от Земли двигатели ракеты выходят из строя. Через сколько времени (считая с момента выхода двигателей из строя) ракета упадет на Землю? Сопротивлением воздуха можно пренебречь. Начальная скорость ракеты “0=0.
Решение. Ракету можно принять за материальную точку. Задан закон изменения ее ускорения и начальные условия. Необходимо определить другие физические величины, характеризующие движение ракеты (скорость, время движения, закон движения). Это обратная задача кинематики. После интегрирования соотношения d“=adf и учета начальных условий определяем закон изменения скорости:
и=а£з/3.
Отсюда (после повторного интегрирования и учета начальных условий) находим закон движения ракеты:
Я=а/4/12.'
Эти законы справедливы только до момента выхода из строя двигателей ракеты. Определим скорость ракеты в тот момент времени (она станет начальной скоростью ее дальнейшего движения):
Отсюда получаем uOi«12,l км/с. Такое значение скорости vOf превосходит вторую космическую скорость для Земли斗 равную V2«11,2 км/с. Следовательно, ракета вообще не возвратится на Землю.
Динамика материальной точки
При изучении движения тел в динамике для учета су： ществующих между ними взаимодействий необходимо ввести понятие силы F. Возникает очень важный вопрос: как на ходить силы, действующие на любое тело?।
Сначала следует выяснить, с какими другими те ламн взаимодействует данное тело. Далее определить, к а I
данное тело взаимодействует с этими телами, каков вид (тип) этого взаимодействия.
Выше отмечалось, что для классических физических систем существенны следующие виды взаимодействий: гравитационное (закон всемирного тяготения Ньютона F — =Grri\mJrb и электромагнитное (его частные случаи: сила Кулона F=QiQ2/(4л80ег2), сила Лоренца F=QlvB], сила трения 尸тр=『М упругая сила F——kx). Таким образом, на данное тело только в результате взаимодействия его с каким-либо другим телом могут действовать несколько различных сил. Очень важно осознавать, чем эти силы отличаются качественно. Следующим этапом является количественная оценка каждой силы: нужно определить, какой порядок ее величины. Может оказаться, что некоторые силы настолько малы, что ими можно пренебречь (в условиях данной задачи).
Пример 11.1 Два тела массами mi=l кг и т2=2 кг связаны невесомой нитью и движутся 九。горизонтальной поверхности (на Земле) под действием силы 尸=10 Н, направленной горизонтально и приложенной к телу mi (рис. 11.1). Определить силы, действующие на каждое тело, если коэффициент трения между каждым телом m，i и т2 и горизонтальной поверхностью равен f=0,5. Решение. Рассмотрим тело тх. На него действует сила F. Определим другие силы. Тело mi взаимодействует с Землей, нитью и телом 加汀 С Землей тело т^ взаимодейст
вует по закону всемирного тяготения и, следовательно, на него действует сила тяжести mig, направленная вниз. Далее, тело mi взаимодействует с Землей упруго (появляется упругая сила реакции опоры №, направленная вверх). Кроме того, в результате взаимодействия тела 恤 с Землей возникает сила трения F^=fM. Тело 恤 взаимодействует с нитью только упруго: на тело Шг действует уп-
ругая сила натяжения нити F；, направленная влево (так как нить невесома, то сила тяготения между нитью и телом % равна нулю). Тело 恤 может взаимодействовать с телом % только по закону всемирного тяготения, но эта сила настолько мала, что ею в условиях данной задачи можно пренебречь. Итак, на тело 加1 действуют пять сил: F, mxg, №, Fh и F；.
Рассуждая таким же образом, можно показать, что на тело т2 действуют четыре силы: упругая сила натяжения нити Fh, сила тяжести mag, упругая сила реакции опоры N2 и сила трення 尸^p=/2Va. На невесомую и нерастяжимую нить действуют только две упругие силы натяжения: F； и F；. Легко видеть, что на основании второго закона Ньютона
F = ma (11.1)
эти силы численно равны 尸;=尸二(так как масса нити 勿=0, то, по второму закону Ньютона, для нити 尸;一尸；=0・а, T. e.尸；=居).
Второй закон Ньютона является фундаментальным законом динамики материальной точки. Он справедлив только в инерциальной системе отсчета для одного тела (материальной точки)..
В частном случае при движении тел со скоростями, значительно меньшими скорости света в вакууме с (。冬)，второй закон Ньютона можно записать в виде 卜
m^=F, (И.2)
ИЛИ
加黑"=F. (11.3)
В неинерциальной системе отсчета в правой части уравнений (11.1)——(11.3) появляются силы инерции.
Содержание (физический смысл) фундаментальных законов (11.1) — (11.3) заключается в том, что изменения импульса mv или скорости v материальной точки обусловлены и определяются действием сил. Следовательно, если известны силы и начальные условия (положение и скорость материальной точки в начальный момент времени), то можно найти изменение ее движения. В этом и заключается основная (идеальная) задача динамики: в основной задаче динамики по заданным ^илам и начальным условиям определяют изменение движения системы (механическое состояние системы).
Чтобы найти изменение движения тела, необходимо знать закон его движения. Определение закона движения по какому-либо известному параметру движения (и начальным условиям), как было показано выше, составляет содержание обратной задачи кинематики. Какой-либо параметр движения материальной точки определяется в динамике путем последовательного применения второго закона Ньютона для описания движения каждого тела системы. Этот закон записывают или в форме
a=F/加 (11.4) (тогда определяют вектор ускорения а каждого тела и, решая далее обратную задачу кинематики, находят закон движения), или в виде (11.2) (тогда находят вектор скорости каждого тела и после решения обратной задачи кинематики определяют закон движения), или в форме (11.3) (тогда получают непосредственно закон движения, решив это дифференциальное уравнение).
Для того чтобы в каждом конкретном случае правильно записать второй закон Ньютона, необходимо знать метод применения этого закона. Этот метод достаточно подробно был приведен в § 1.
Пример 11.2 На вершине клина массой т3=10 кг расположен невесомый блок (рис. 11.2). Через блок перекинута невесомая “ нерастяжимая нить, к концам которой прикреплены грузы массами 加1=1 кг и т2~^ кг. Коэффициенты трения грузов тгитго плоскости клина соответственно равны /1=0,2 и /2=0,1, а коэффициент трения клина о горизонтальную поверхность /3=0,3- Углы плоскостей клина с горизонтальной плоскостью соответственно равны ai=30° и а2=60°. Определить силу натяжения нити.
Решение. Задача сложная. Попробуем ее упростить, а затем последовательно учесть сделанные упрощения.
Предположим, что: а) коэффициент трения "=0, б) угол a 1=0, в) угол аг=90о, г) клин закреплен (f3=oo). Тогда мы получаем сравнительно простую задачу, которую можно сформулировать следующим образом: к концам невесомой “ нерастяжимой нити^ перекинутой через невесомый блок, привязаны два тела массами mi= 1 кг um2=10 кг (рис. 11.3); тело может двигаться по гладкой горизонтальной и неподвижной поверхности; найти силу натяжения нити.
Решим эту задачу. В физическую систему включим четыре тела: тело 恤，тело т^, нить и блок. Тела mt и т2 можно
принять за материальные точки. Физическое явление, кото- происходит в этой системе, заключается в механическом движении тел. Тела системы взаимодействуют как между собой, так и с внешними телами (стол и Земля). Под дейст-
11.211.2вием этих сил тела системы (за исключением блока) движутся прямолинейно и равноускоренно. Таким образом, перед нами основная задача динамики. Для ее решения применим второй закон Ньютона в форме (11.4). Этот закон мо
11.2
11.2
жно применять только к телам mj и та (нить и блок — нематериальные точки). Выберем стол в качестве тела отсчета инерциальной системы отсчета (ИСО), а оси координат ОХ и 0Y направим так, как показано на рис. 11.3.
Рассмотрим тело тъ На него действуют следующие силы: сила тяжести mig (в результате взаимодействия тела /Hi с Землей по
закону всемирного тяготения), сила реакции опоры N (упругая сила взаимодействия тела mi со столом) и
сила натяжения нити
(упругая сила взаимодейст
вия тела ль и нити). Остальные силы малы. Найденные силы уже спроецированы на оси ОХ и OY. Следовательно, можно сразу записать второй закон Ньютона в виде двух уравнений в проекциях на оси координат ОХ и ОУ:
(11.5)(11.5)(U.6)(U.6)mialx=Fn,
(11.5)
(11.5)
(U.6)
(U.6)
mra^tThg—N,
где а1х и aiy ——проекции вектора ускорения ах тела mi на оси ОХ и OY. Так как “1^=0, то N=т®
Рассмотрим тело т2. На него действуют сила тяжести m2g и сила натяжения нити FH.
Из рис. 11.3 видно, что проекции этих сил на ось ОХ равны нулю, а алгебраическая сумма проекций этих сил на ось OY равна /л2g—&. Следовательно, по второму закону 48
(Н.7)(Н.7)Ньютона для тела т2 получаем m2a2y=m2g—Fn,
(Н.7)
(Н.7)
(Н.8)(11-9)(Н.8)(11-9)где а2у — проекция вектора ускорения а2 тела т2 на ось OY. Нетрудно показать, что проекция вектора ускорения а? на ось ОХ равна нулю (用=。)・ Так как а1х=а2у=а, то система уравнений (11.5) — (11.7) принимает вид
(Н.8)(11-9)
(Н.8)(11-9)
тъа=п1^—Рп.
Таким образом мы составили замкнутую систему из двух уравнений с двумя неизвестными (а и F^. Задача физически решена (физический этап решения задачи окончен).
Решая полученную систему уравнений (11.8) ——(11.9), находим ответ в общем виде:
^1 + ^2^1 + ^2恤加2g 恤+恤恤加2g 恤+恤(LI.10)
^1 + ^2
^1 + ^2
恤加2g 恤+恤
恤加2g 恤+恤
⑴.11)
После расчета получаем числовой ответ:園в8,9 м/с2, 尸48,9 Н. Окончен и математический этап решения задачи.
Полезно провести последний этап решения задачи —— этап анализа решения. Из формулы (11.10) видно, что ускорение системы зависит как от 恤，так и от т2. Рассмотрим два предельных случая: 1) д》％ и 2) т^т2. В первом случае a^g(tnjmj, т. е. ускорение а мало (маленькое тело т2) тянет огромное тело 色).Во втором случае ускорение gg, т. е. система под действием большого тела т2 движется почти с максимально возможным в данном случае ускорением, равным g. Таким же образом по формуле (11.11) можно провести анализ зависимости силы натяжения FH от масс тел 恤 и
Учтем теперь сделанные выше упрощения.
а) Пусть коэффициент трения 力=卢0. Тогда на тело 也 дополнительно действует сила трения FTp=/：l^1, направленная противоположно оси ОХ. Условия для тела т2 остаются прежними. Применяя к каждому телу второй закон Ньютона, получаем замкнутую систему уравнений:
tn1a=FB—f1m1g, /nQ=m2g—Fh・•
m2 一方优1优1十加2m2 一方优1优1十加2g，g，_恤城2 （1+厶）_恤城2 （1+厶）恤十旅2恤十旅2g・g・g・g・g，g，(11.16)(H.17)(11.16)(H.17)
m2 一方优1优1十加2
m2 一方优1优1十加2
g，
g，
_恤城2 （1+厶）
_恤城2 （1+厶）
恤十旅2
恤十旅2
g・
g・
g・
g・
g，
g，
(11.16)
(H.17)
(11.16)
(H.17)
Решая полученную систему, находим
(H.12);
(11.13)
Отсюда a«8,74 м/с2, FH«10,68 H.
Сравнивая (11.12) с (11.10) и (11.13) c (11.11), мы видим,； что с учетом силы трения ускорение системы становится» меньше (на сколько меньше и от чего это уменьшение', зависит?), а сила натяже-1 ния нити возрастает. ) б) Предположим, 口足 ах#=0 и 厶力0. Условйя д礴 тела /и2 не изменяются! Силы, действующие на тела 恤 и 色，показаны 叫 рис. 11.4. Учитывая, чта N1 =/nig cosaiH 尸 тр=fi“i 二
=&爪电 cos ai, получаем замкнутую систему уравнений:产
/721“=/^—“团唱 cos ax—/Wig sin ab tn2a=m2g—FH.
После решения этой системы уравнений находим
—_恤一/1恤 cos %-加1 sin a1
一 施工十加2 g，
г _ mj/лг (14- fi cos ax + sin ai)
H =恤十旅2g.
Отсюда a«8,32 м/с2, 7^^14,9 11. Таким образом, ускоре нне уменьшилось, а сила натяжения нити возросла.
11.5
в) Допустим теперь, что a^=Q, а2=#90°, Д=#0 и f2=#0| Силы, действующие на тела 恤 и т2, изображены на ри(я 11.5. По второму закону Ньютона для тел тх и т3 получ* 60
ем
爪粗=Fr—尸;р — /Higsincti,(11.14)
m2a = m2g sin a2 —居 p —尸父(11.15)
Учитывая, что Ni=mig cos аъ %2Hm2g cos о^, F；p = =hN\=hmig cos a1(尸二p =/2"2 =/2^28 cos a2, систему уравнений (11.14) — (11.15) можно записать в виде
}71也=几—fitrhg cos cq—/Wig sin、
m<ta=m2g sina2—/如2g cosa2—居<・
Решая полученную систему, находим
f sin 5一f1% cos 勿一f2mB cos 出一加i sin 网
-加1+%
加1加2 (sin cti 十 & cos a】+ sin a? — % соз a?)
Отсюда получаем a^6,62 м/с2,尸н^13,2Н.
Из формул (11.16) и (11.17) видно, что ускорение а еще более уменьшилось, а сила натяжения нити тоже уменьшилась по сравнению со случаем б). Случай г) (клин не закреплен) будет рассмотрен несколько позже.
Уравнения (11.16) и (11.17) показывают, что искомые величины (ускорение а и сила натяжения 尸J весьма сложным образом зависят от параметров физической системы: масс Шх и ms, углов ах и а2, коэффициентов трения fi и f2. Эту зависимость можно исследовать аналитически.
Зная одну из кинематических величин физической системы (ускорение а), можно, решая обратную задачу кинематики, найти закон движения. Если начальная скорость системы равна нулю, то он имеет вид %=%。+“/2, где х0 — начальное положение какого-либо тела системы. Следовательно, можно в произвольный момент времени / определить и скорость любого тела системы, и его положение в пространстве, и многие другие физические величины, характеризующие и тела системы, и физические явления, происходящие в ней. Например, можно определить импульсы тел /и】и 加2 системы(Pi—mjvu。2=团2%), значения их кинетических энергий 瓦尸团山幺 EKi=m^l/2 и т. д.» и т. п.
Таким образом, решив основную задачу динамики (найдя закон изменения одной из кинематических величин — ускорения а (0, скорости v(f) или радиуса-вектора г(/)), мы можем определить механическое состояние физической системы.
Можно еще более усложнить решенную нами задачу, предположив, например, что нитями связаны не два, а три тела и более, что имеется не один, а два блока и более, что сторон- у клина, по которым движутся тела, не две, а три и более и т. д. Короче, можно поставить еще десятки таких задач, принципиальная сущность которых одна и та же. Важно отметить, что все эти задачи могут быть решены одним и тем же динамическим методом. В примере 11.2 мы рассмотрели несколько задач различной степени трудности, но по своей глубокой сущности это были одинаковые задачи и решены они были одним и тем же динамическим методом.
Заметим, что'задачи, решенные в примере П.2, имели одну общую и весьма характерную черту: силы, действующие на тела системы, были постоянными. Во всех таких задачах закон движения можно предсказать заранее: если движение происходит по оси ОХ, то он должен иметь вид： %=%о+%/Н%/2/2 (при движении по другим направлениям можно записать аналогичные уравнения). Таким образом, движение тел в этом случае всегда является равномернопеременным (с постоянным ускорением).
Рассмотрим примеры более сложных задач, когда силы, действующие на тела системы, не постоянны.
Пример 11.3 Парашютист массой т = 100 кг делает затяжной прыжок с начальной скоростью ио=О- Найтш закон изменения его скорости до раскрытия парашюта,] если сила сопротивления воздуха пропорциональна скоЧ росши движения парашютиста: Fc=—^v, где ^«20 кг/с. Решение. Физическая система в данном случай состоит из одного тела — парашютиста, причем его можно принять за материальную точку. Физическое явление — механическое движение материальной точки в результате ее взаимодействия с внешними телами (Земля и воздух)； Необходимо найти один из кинематических параметро! движения тела — его скорость как функцию времени. Эт( основная задача динамики. Применим второй закон Ньютона (условия применимости этого закона выполнены). 3% тело отсчета инерциальной системы можно принять Землк (рис. 11.6). Начало координат поместим в точку О, и; которой начинается движение парашютиста. Ось ОХ на правим вертикально вниз. Так как высота h мала по сравне нию с радиусом Земли, то ускорение свободного падение можно считать постоянным, т. е. g^9,8 м/с2=const. Н парашютиста действуют две силы: сила тяжести mg и сил сопротивления воздуха Fc=—々v. По второму закону Ныр
тона получаем дифференциальное уравнение для неизвестной функции “(f):
m^ = mg—kv.
Разделяя переменные, находим
也—=_±df
mg/k — v加 ，
или
A {mg/k — v) 々“
mg/k - v
Отсюда после интегрирования получаем
In (mg/k—v) = — А / _|_ с.(11.18)
Произвольную постоянную с определяем из начальных условий е=“о=О при /=0): c=ln (mg/f^). Подставляя это
11.611.7
значение постоянной с в уравнение (11.18), после несложных преобразований находим закон изменения скорости парашютиста!
〃=讐(1—el/W). (11.19)
Из уравнения (11.19) видно, что при f->8 скорость стремится к своему максимальному значению vmax=mg/k, что составляет примерно 50 м/с. Опыт показывает, что такое значение скорости достигается через сравнительно небольшой промежуток времени и далее парашютист приближается к Земле равномерно с этой максимальной скоростью. Теоретически движение парашютиста — всегда ускоренное
(скорость возрастает непрерывно), но практически начиная с некоторого момента времени изменением его скорости можно пренебречь, считая, что парашютист движется равномерно.
Так как закон изменения скорости известен, то, решая обратную задачу кинематики, можно найти закон движения парашютиста
d% = “(f)d/, x(Z) = J v(t) d/,
"曾—警(1 —e-(G). (11.20)
При нахождении закона движения (11.20) для определения произвольной постоянной было использовано начальное условие: %=0 при f=0.
Таким образом, задача полностью решена.
Несколько усложним начальные условия задачи: пусть при f=0 %=0,乡=0, а начальная скорость v0={0, %}. В этом случае траектория движения является криволинейной (рис. 11.7). По-прежнему на парашютиста действуют две силы: сила тяжести mg и сила сопротивления воздуха Fc=—々v. Но теперь сила сопротивления Fc направлена по касательной к траектории и, следовательно, необходимо учитывать векторный характер второго закона Ньютона. Проецируя вектор силы сопротивления Fc на оси координат ОХ и OY, по второму закону Ньютона получаем .
m^=mg—kvx,(1L21)
m^-kvy,(11.22)
где vx и vy — неизвестные компоненты вектора скорости v.
Разделяя переменные в уравнениях (11.21) и (11.22),' после интегрирования с учетом начального условия (%=°, %=% при /=0) находим
% = ^(l—ef/W),(11.23)
0 =%0_仅m)'.(11.24)
Найдем теперь закон движения парашютиста. Подставив в соотношения dx=vxdt и dy—vvdt значения vx и vy из уравнений (11.23) и (11.24), получим два дифференциальных уравнения для определения двух неизвестных функций11 64
%(/) и d(Z) компонент радиуса-вектора г(/): dx==^(l—е-<^)/)*, 也/ = /6-仅/切fd九
После интегрирования этих уравнений и учета начальных условий (%=0,乡=0 при /=6) находим закон движения парашютиста в параметрической форме в виде двух уравнений:
% = *一警(1一1他/"(11.25)
^ =喇1一e-s/叫.(11.26)
Закон движения, конечно, можно было бы записать и в векторном виде:
2卡警(1—€一依/向')J i+[^(l—e-(&/m)/)] j
Теперь, зная закон движения, можно определить любой параметр, характеризующий данное механическое явление: в частности, исключая время / из системы уравнений (11.25) —(11.26), получаем уравнение траектории парашютиста:
* =一警[出(1-為蝴十鳥仃•
Таким образом, и эта более сложная задача решена окончательно.
Силы, действующие на движущееся тело, могут зависеть не только от скорости, нои от времени », от координат х, у, z и т. д. Рассмотрим такую задачу.
Пример 11.4 Двигатель тормозной системы развивает силу тяги, пропорциональную времени: F———kt, где ^=const. Пренебрегая трением, определить, через сколько времени от момента включения тормозного двигателя тело массой т, на котором установлен такой двигатель, остановится. В момент включения двигателя скорость тела составляла %. Считать, что масса двигателя много меньше массы тела.
Решение. Физическая система состоит из одного тела массой т, которое можно принять за материальную точку. Физическое явление, которое происходит в этой системе, заключается в движении этого тела в результате его взаимодействия с другими телами. Необходимо определить
один из параметров этого движения — время движения 九 Начальные условия очевидны: v—v0 и х=0 при /=0. Траектория движения — прямая (т. е. движение одномерное). Конечная скорость тела равна нулю: “=0 при 力=厶.Таким 万образом, рассматриваемая
八задача является основной
. . 一. задачей динамики.
戸■空—一仔 Применим второй закон >Ньютона (условия его при-
хменимости выполнены). За
тело отсчета ИСО примем
т，Землю. На тело действу-
1L8ют три силы (рис. 11.8):
сила тяжести mg, упругая сила реакции опоры N (эти силы взаимно уравновешивают друг друга) и сила тяги F=—kii тормозного двигателя (природа этой силы в механике безразлична). По второму закону Ньютона получаем дифференциальное уравнение для одной неизвестной функции от времени t — скорости “(/):
d。⑴ 力* 加丁 =一就.
Разделяя переменные, интегрируя и учитывая начальные условия ®=“о при f=0), находим закон изменения скорости:
и=%—^^2/(2m).(11.27)
Полагая в уравнении (11.27) конечную скорость и равной нулю, получаем уравнение для определения времени движения 友：
0 = %—kil/(2m).
Отсюда находим формулу для вычисления искомого времени:
^ = К 2tnv0/k.(11.28)
После анализа решения можно поставить и другие задачи, например определить тормозной путь тела и т. д. Для определения тормозного пути хх необходимо знать закон движения. Последний получают после решения обратной задачи кинематики:
%=%/—kt3/(bm).(11.29)
Подставляя в закон движения (11.29) значение времени торможения fi из (11.28), находим тормозной путь:
Далее, зная закон движения тела, можно определить любые параметры и величины данного физического явления. Нетрудно и еще более усложнить задачу, учтя, например, силу тргния и т. д.
Мы рассмотрели несколько различных задач на динамику материальной точки. В одних из них силы были постоянны, в других силы изменялись, но метод, подход к решению всех этих задач был одним и тем же: это был метод применения трех законов Ньютона (в особенности второго) для определения какого-либо одного параметра движения (скорости v, ускорения а). Далее для нахождения закона движения обычно решалась обратная задача кинематики. Совокупное применение системы трех законов Ньютона (в особенности второго) и составляет сущность динамического метода решения задач по физике.
Этот метод может быть распространен и на случай неинерциальных систем отсчета. В примере 11.2 не был рассмотрен случай г. Допустим, что клин не закреплен, т. е.，з*8. Теперь в общем случае клин движется равномерно-переменно (т. е. с ускорением & относительно Земли) и связывать с ним инерциальную систему отсчета нельзя. Если учитывать все условия этой задачи, то она становится крайне сложной (не принципиально, а технически). Поэтому, чтобы показать сущность применения динамического метода при использовании неинерциальной системы отсчета, максимально упростим эти условия. Предположим, что все силы трения отсутствуют, т. е. fi—fz—f^—Ь. Далее, будем считать, что тело тг, нить и блок также отсутствуют и угол a2==90Q (последнее условие несущественно — угол а2 может быть каким угодно). Таким образом, рассматриваемая нами задача может быть сформулирована в следующем виде.
Пример 11.5 На гладком клине массой т3 — \6 кг расположена материальная точка массой %=1 кг. Кмм может двигаться по гладкой горизонтальной поверхности. Угол у основания клина ai=30°. Определить ускорения тела и клина.
Решение. В физическую систему включим два тела! материальную точку массой Шг и клин массой т3. Клин нельзя считать материальной точкой, но в условиях данной задачи (клин движется прямолинейно) можно приближенно
принять, что, во-первых, все силы, действующие на клин① приложены в его центре масс и, во-вторых, к нему можно применить второй закон Ньютона.
Физическое явление в данной системе заключается в движении этих двух тел: материальная точка движется относительно клина, а клин движется относительно Земли. Необходимо найти кинематические характеристики этого явления —ускорение материальной точки а】 относительно* клина и ускорение клина а3 относительно Земли. Это основная задача динамики.
Исследуем сначала движение клина относительно инерциальной системы отсчета, которую можно связать с Землей. Оси координат ОХ и 0Y направлены так, как показано
на рис. 11.9. На клин действуют три силы: сила тяжести^ m8g (результат взаимодействия клина с Землей по закону! всемирного тяготения Ньютона), сила реакции опор血 N3 (результат упругого взаимодействия клина с Землей)] и сила Ni (результат упругого взаимодействия клина с ма-1 термальной точкой). По второму закону Ньютона, I
/n3a3=m8g+N1+N8.(1L30,
Проецируя уравнение (11.30) на оси координат, получаем 恤 &x=Msinai,
пг^у ^msg+N! cos ^―N3,
где a3x и a3V — компоненты вектора ускорения а3 соот ветственно по осям ОХ и OY. Так как а8У=0 и, следова； тельно, aax=aSt то
m3a3=Ni sin alt(11.31
O—tn^+Ni cos %—^s.(11.3$
Получена незамкнутая система из двух уравнений с трем неизвестными: а3, М и N*.
Для нахождения замкнутой системы уравнений исследуем движение материальной точки относительно клина. Так как клин движется ускоренно, то связанная с ним система отсчета неинерциальна. Оси координат направим так, как показано на рис. 11.10. Второй закон Ньютона по отношению к неинерциальной системе отсчета записываем в следующем виде:
ma=，F+FH,(11.33)
где £ F — геометрическая сумма «обычных» сил, действующих на тело массой т, движущееся с ускорением а относительно неинерциальной системы отсчета, FH—сила инерции, которая в нашем случае (поступательное движение) составляет FH=—mia3. На материальную точку действуют три силы: сила тяжести т^ (результат ее взаимодействия с Землей по закону всемирного тяготения Ньютона), реакция опоры Ni (вследствие упругого взаимодействия материальной точки с клином) и сила инерции FH. По второму закону Ньютона (11.33),
/niai=/nig+Ni+FH・
Проецируя это уравнение на оси координат, находим
fn1alx=mig sin ai+mia3 cos a1((11.34)
mg产niig cos ax—пгд sin 5—^1.(11.35)
Так как aly=0, и, следовательно, aix=ai, то из (11.34) и (11.35) получаем
mrat—iThg sin а^т^ cos аъ(11.36)
0=团唱 cos ах—т^ sin ах—稲.(11.37)
Система из четырех уравнений (11.31), (11.32), (11.36), (11.37) является замкнутой (неизвестные А\, N3, аъ aj. Решая эту систему уравнений, определяем искомые величины:
N — miSgcosai . „ _ Л ।% cos2 al )..
sinи~2sin sin axsin aj
Отсюда Ne8,2 H, ^«105 H, ^^5,25 м/с2, a3^0,41 м/с*.
59
§ 12. Механические колебания
Чаще всего рассматривают свободные незатухающие, свободные затухающие и вынужденные колебания. Характерной особенностью колебательных движений является то, что они происходят под действием переменных сил. Поэтому после применения второго закона Ньютона получают дифференциальные уравнения (обычно не в векторной форме, нбо в большинстве случаев рассматриваются одномерные задачи).
Пример 12.1 Предположим, что Земля просверлена по диаметру. В образовавшуюся шахту без начальной скорости^ у поверхности Земли опустили небольшое тело массой т. Определить его скорость в центре Земли. Сопротивлением воздуха пренебречь.
Решение. В физическую систему включим данное тело, которое можно принять за материальную точку. Земля —внешнее тело. Материальная точка под действием силы тяготения Земли ускоренно движется к ее центру. Миновав центр Земли, тело продолжает движение, но уже замедленно. Так как сил сопротивления нет, то тело, достигнув другого конца шахты, снова начнет двигаться ускоренно к центру Земли и т. д. Таким образом, физическое явление заключается в колебательном движении материальной точки. Применим второй закон Ньютона. Инерциальную систему
отсчета свяжем с Землей, начало координат поместим в центр Земли О, а ось ОХ направим, как показано на рис. 12.1. Рассмотрим произвольное положение материальной точки, находящейся на расстоянии % от центра Земли в момент времени 力(рис. 12.1). На нее действует сила тяготения со стороны шара радиуса х
(12.1)(12.1)尸宀G啥,
(12.1)
(12.1)
где Мх— масса этого шара. Пусть средняя плотность Земли
p = 7 "炉，
где М=6・ 1(?4 кг — масса Земли, R^6400 км — радиус Земли. Тогда Л4Х=4/3 лрх8 и выражение для силы тяготения (12.1) приобретает вид
尸 ％=4/з лОртх.
Можно доказать, что сила тяготения, действующая со стороны оставшегося шарового слоя толщиной (R—%), равна нулю.
По второму закону Ньютона получаем дифференциальное уравнение колебаний материальной точки:
тх= — Fx или %十 ％ nGp% = 0,
что совпадает с дифференциальным уравнением свободных незатухающих колебаний, если положить
噺=% nGp.
Таким образом материальная точка, опущенная в шахту, совершает гармонические колебания по закону
%=%0 sin ((00^+a0).(12.2)
Амплитуду %о и начальную фазу а0 определим из начальных условий (%=R, и=%=0 при 力=0):
Rsin а。，。:^%。©!)cos а。.
Отсюда а0=л/2 и %o=R. Закон движения (12.2) приобретает вйд
%=R sin(coo/+n/2).
Зная закон движения, можно теперь определить любую физическую величину, характеризующую данное физическое явление. Найдем скорость материальной точки в центре Земли:
v = x = Rs。cos (соо/ + 冗/2).
Так как в центре Земли (начало координат) %=0 и sin (о0^+ +п⑵=0, то cos((Oo^+^/2) = l. Следовательно, искомая скорость
u=R(Oo=J/"GM/R, о=7,8 KM/с.
Полученная скорость равна первой космической скорости для Земли. Период колебания
'о = ^ = 2" /4iiGp，「о Q 90 мин.
Он равен периоду обращения искусственного спутника Земли на круговой орбите радиуса, равного радиусу Земли.
Можно усложнить эту задачу, если учесть силу сопротивления воздуха. Предположим, что сила сопротивления воздуха пропорциональна скорости материальной точки: Fc——гх. Тогда по второму закону Ньютона находим дифференциальное уравнение затухающих колебаний:
% + 26% + 4/3 nGp% = 0;
решением его является функция
%=%（）е-б，sin（G）/+a0）,
где со =где со =/% nGp—研/% nGp—研
где со =
где со =
/% nGp—研
/% nGp—研
8 =万？.
Начальную амплитуду х0 и начальную фазу а0 определим из начальных условий （%=R, и（）=%=0 при /=0）:
RfoSina。，0=—6 sin а0+® cos а0.
Отсюда
%0 = R /1 + 传/8尸,% = arctg （①而）.
Следовательно, и в этом случае динамическим методом окончательно получен закон движения
% = R /1 +（^У e-6/sin（cof+ arctg ^）.
.Пример 12.2 В воде плавает льдина в виде параллелепипеда с площадью основания S = 1 м2 и высотой Я=0,5 м. Льдину погружают в воду на небольшую глубину %о=5 см и отпускают. Определить период ее колебаний. Силой сопротивления воды пренебречь.
Решение. В физическую систему включим одно тело — льдину. Внешние тела — Земля и вода.
Физическое явление заключалось в том, что сначала льдина находилась в покое, а затем стала совершать колебательные движения. Льдину в условиях данной задачи нельзя принять за материальную точку, но легко видеть, что каждая ее точка движется одинаковым образом. Следовательно, для решения задачи достаточно описать движение какой-либо одной ее точки, например центра масс. Приме-
ним второй закон Ньютона. Инерциальную систему отсчета свяжем с водой (предполагается, что она неподвижна и изменением уровня ее поверхности при погружении льдины можно пренебречь). Начало координат О поместим на поверхности воды, а ось ОХ направим так, как показано на рис. 12.2.
Рассмотрим состояние льдины до погружения. Она находится в равновесии. На нее действуют две силы: сила тяжести mg=рлVg'=Рл5Hg (где рл=900 кг/м3 — плот-
12.212.2
12.2
12.2
ность льда) и выталкивающая сила Архимеда FA=pBSAg (где рв=103 кг/м3—плотность воды, h—глубина погружения льдины в состоянии равновесия). По второму закону Ньютона получаем
Рл§"д—PbS 紘=0, (12.3)
откуда % = (рл/рв)//.
-Исследуем состояние льдины после погружения. При погружении на дополнительную глубину % (где % — произвольная величина; рис. 12.3) появляется дополнительная сила Архимеда 尸==pBS%g=pBSg%. Учитывая уравнение (12.3), по второму закону Ньютона получаем дифференциальное уравнение свободных незатухающих колебаний!
тх= — pBSgx,
или
(12.4)(12.5)(12.4)(12.5)% + со 就=0,
(12.4)
(12.5)
(12.4)
(12.5)
где ,
Из уравнения (12.5) определяем искомый период колебаний:
7。=駕=2П/需.(12.6)
Отсюда находим, что Td,3c.
Из уравнения (12.6) видно, что период колебаний не зависит от площади поперечного сечения S льдины и, следовательно, в условиях данной задачи это лишняя величина. Плотности же воды рв и льда рл необходимо взять из таблиц.
Из уравнения (12.4) и начальных условий (%=%о, %=0 при /=0) можно найти закон движения:
%=%о sin(s()t+n/2).
Таким образом, льдина совершает гармонические колебания. В реальных условиях колебания льдины будут затухающими. Поэтому усложним условия рассмотренной задачи, учтя силу сопротивления воды и изменив начальные условия.
Пример 12.3 Льдине из предыдущего примера 6 начальный момент времени сообщили скорость, равную и0- Определить ее скорость в произвольный момент времени, если сила сопротивления воды пропорциональна скорости льдины:尸с =—「и, где г — коэффициент пропорциональности.
Решение. Очевидно, что льдина будет совершать затухающие колебания. Применяя второй закон Ньютона, получаем дифференциальное уравнение этих колебаний:
тх = — rx — pB$g%,
или
£+23%+5% = 0,(12.7)
где б=г/ (2m)——коэффициент затухания, а з()=丿рв§г/(рл^)— собственная частота колебаний.
Как известно, решением уравнения (12.7) является функция
х = хое-6/ sin (со/ 十 а0),
где 3 = |/(0：—б2—частота затухающих колебаний.
Начальную амплитуду %。и начальную фазу а0 определим
из начальных условий (%=0, x~v0 при /==0):
О = Хо sin а0,
% = — х06 sin а0 + 芻со cos а,
откуда ао=0,芻=〃/<».
Таким образом, получен закон движения льдины
х = — e-6/sin
Отсюда легко получить искомую скорость льдины в произвольный момент времени:
v = x = v0 (cossf—^ sinsf )е-%
Легко видеть, что в условиях примера (12.3) площадь поперечного сечения льдины S уже не лишняя, а необходимая
для расчетов величина.
Пример 12.4 Пластины плоского воздушного конден
сатора расположены вертикально. Пластины соединяет горизонтальный гладкий диэлектрический шток, по которому может скользить небольшая муфта массой т=10-з кг, прикрепленная к пружине, коэффициент жесткости которой Л = 10-1 Н/м (рнс. 12.4). Муфта обладает электрическим зарядом Q^IO-8 Кл. На пластины подается переменное напряжение U~U0 sin(о/, ede €/о=1О4 В. Определить, при какой частоте(о амплитуда колебаний муфты будет равна х0=1 см. Расстояние между пластинами d=10 см. Силой сопротивления воздуха пренебречь.
действием переменногодействием переменногоРешение. Физическая система состоит из одного тела — муфты, обладающей электрическим зарядом. Все
действием переменного
действием переменного
lf^s(n(otlf^s(n(ot12.412.4остальные тела — внешние. Под электрического поля муфта совершает вынужденные колебания. Применяя второй закон Ньютона, получаем дифференциальное уравнение этих колебаний:
lf^s(n(ot
lf^s(n(ot
12.4
12.4
тх =—々％ + 片 Uo sin sf или
成+叫% N符sinsf.
(12.8)(12.8)(12.9)(12.9)
(12.8)
(12.8)
(12.9)
(12.9)
Решением этого уравнения является функция
х—%о sin (О t.
где амплитуда
(coo—m)md
Из закона движения (12.8) видно, что муфта совершает гармонические колебания. Искомая частота определяется из уравнения (12.9):
0=1/ —•
Отсюда(о^9,5 рад/с.
Мы рассмотрели несколько примеров на механические колебания. Все эти задачи были решены одним и тем же динамическим методом. Таким образом, задачи на механические колебания являются частными случаями основных задач динамики.
Законы сохранения
Кроме кинематического и динамического методов решения задач в физике существует еще один, может быть более] важный, метод применения законов сохранения. Этот метода является более универсальным, чем кинематический и ди-1 намический. Если применение динамико-кинематического] метода ограничено рамками только классических физиче-| ских систем, то метод законов сохранения используется и 0a классических, и в квантовых системах. q
Необходимо все же отметить, что в классических фнзн, ческих системах динамико-кинематический метод является более общим, чем метод законов сохранения. В особенносп это относится к механическим системам. В принципе, люба) поставленная механическая задача может быть физическ! решена с помощью динамико-кинематического метода. Этогс нельзя утверждать относительно метода законов сохран寸 ния: далеко не все механические задачи решаются путем использования законов сохранения. Однако в более слоям ных системах метод законов сохранения иногда быстра| приводит к успеху, чем применение динамико-кинематЛ ческого метода. я
Мы уже отмечали, что одного универсального спосоЯ (метода) решения задач по физике не существует. Огромн电 бв
значение здесь имеет лишь система методов. Поэтому нет смысла противопоставлять один метод другому: каждый метод обладает и сильными, и слабыми сторонами. Природа столь разнообразна в своих свойствах и проявлениях, что для раскрытия связей в физических явлениях необходимо разумное сочетание различных методов. Поэтому и при решении физических задач целесообразно использовать систему методов, в том числе динамико-кинематический и метод законов сохранения.
В основе рассматриваемого метода лежит совокупность законов сохранения. В физике их довольно много. В классических системах используются следующие четыре: закон сохранения импульса, закон сохранения энергии (в механических системах его частный случай ——закон сохранения энергии в механике), закон сохранения момента импульса и закон сохранения электрического заряда. Общим для всех этих законов является утверждение о сохранении какой-то физической величины при определенных условиях. Если обозначить эту неизменяющуюся физическую величину через А, а набор условий, при которых выполняется утверждение закона, через В, то законы сохранения можно сформулировать в обобщенной форме: если выполняется В, то А= const; или в другом виде: если выполняется 6, то ДЛ=О, где ДЛ — изменение величины Д.
В большинстве случаев законы сохранения применяют, если происходит процесс взаимодействия тел. В этом процессе необходимо различать три этапа: первый характеризуется состоянием тел д о их взаимодействия, второй есть сам процесс взаимодействия, и третий этап характеризуется состоянием тел после их взаимодействия. Процесс взаимодействия тел несуществен для законов сохранения. Для них важно только, чтобы значение соответствующей физической величины не изменялось в результате этого процесса (ее значения в начале и в конце взаимодействия должны быть равны). Поэтому метод применения законов сохранения заключается в следующем:
выясняют, какие тела включаются в физическую систему;
проверяют, выполняются ли условия В;
выбирают инерциальную систему отсчета (относительно которой впоследствии будут определяться значения величины Л);
находят значение величины 4 в начале взаимодействия тел;
определяют значение величины 4 в конце взаимодействия;
записывают закон сохранения в виде Д Х=Д 2 или в форме ДД =0 (Д 2—Лi=0);
если закон векторный, то обычно проецируют его на оси координат и получают три эквивалентных уравнения: Л 1Х=Д 2х> /1у=/2у, Aiz—A 2Z'
В этом параграфе рассмотрены только два закона: закон сохранения импульса и закон сохранения энергии в механике. Остальные законы мы обсудим несколько позже.
Пример 13.1 Абсолютно неупругий удар. Два тела массами /И1=2 кг w m2=3 кг, двигавшиеся со скоростями Vi=(3i+4j) и v2=(—2i+3j) относительно некоторой ИСО, сталкиваются абсолютно неупруго. Определить их скорость V после удара. Действием других тел пренебречь.
Решение. В физическую систему включим два тела: mi и т2. Так как по условию влиянием внешних тел можно пренебречь, то выбранная система является замкнутой. Заметим, что законы движения тел (если использовать кинематический метод) найти нельзя, ибо не заданы начальные условия (при £=0 неизвестны координаты тел). Физическое явление заключается в абсолютно неупругом взаимодействии двух тел замкнутой системы. Даны массы и скорости тел до взаимодействия, требуется определить скорость тел после взаимодействия.
Применим закон сохранения импульса. Возможность применения этого закона проверена. ИСО выбрана в условиях задачи. Определяем импульс каждого тела до взаимодействия и находим их геометрическую сумму: pi=/HiVi+ +m2v2. Далее находим импульс системы после взаимодействия (в результате абсолютно неупругого удара тела движутся с общей скоростью v): р?= (mi+%)v. По закону сохранения импульса получаем
miVi+m2va=(mi+m2)v, отсюда
mi,旅 2
V = п— V，Hг—Vo.
Проецируя это векторное уравнение на оси координат, находим компоненты искомого вектора скор ости з
Таким образом, тела будут двигаться вдоль оси OY со скоростью %=17/5 м/с.
Иногда выбранная физическая система в целом не является замкнутой, и, следовательно, закон сохранения импульса в этом случае применять нельзя. Однако она может быть замкнутой по какому-либо направлению (например, вдоль оси ОХ), т. е. алгебраическая сумма проекций внешних сил на это направление равна нулю. Тогда (только для этого направления) можно записать закон сохранения импульса в скалярной форме:
Pix~Pix-
Пример 13.2 Тележка с песком массой М = 100 кг движется прямолинейно и равномерно по горизонтальной плоскости со скоростью и0=3 м/с. (рис. 13.1). Шар массой т=20 кг падает без начальной скорости с высоты /i=10 м а попадает в тележку с песком. Определить скорость тел после их взаимодействия. Трение отсутствует. Решение. В физическую систему включим тележку с песком (они рассматриваются как одно тело) и шар (рис. 13.1). Выбранная физическая система не замкнута (до взаимодействия на шар действовала сила тяготения Земли, и эта сила не уравновешивалась никакой другой внешней силой). Следовательно, в целом закон сохранения импульса для этой системы применять нельзя. Однако в направлении перемещения тележки на тела системы внешние силы не действуют и, следовательно, для этого направления закон сохранения импульса применять можно. Инерциальную систему отсчета свяжем с Землей, оси координат направим, как показано на рис. 13.1. Составляющая вектора импульса pi системы в направлении оси ОХ до взаимодействия Pix—Mv0; эта же составляющая после взаимодействия p2x=(M+m)v, где v — искомая скорость. По закону сохранения импульса,
Ми0=(М+т)и,
откуда
(13.1)
Подстановка числовых значений дает и=2,5 м/с.
Из уравнения (13.1) видно, что искомая скорость не зависит от высоты h и, следовательно, в условиях данной задачи это лишняя физическая величина.
Можно было бы в физическую систему включить и третье тело — Землю. Тогда система из этих трех тел является замкнутой. Так как Земля считается телом системы и под действием силы тяготения шара должна двигаться ускоренно (относительно какой-либо ИСО), то, строго говоря, связывать с Землей инерциальную систему отсчета нельзя. Но легко показать, что скорость и ускорение Земли (в условиях данной и подобных задач, где массы тел малы по сравнению с массой Земли) в любой момент времени столь малы, что ими можно пренебречь, считая Землю за неподвижное тело.
Найдем, например, скорость Земли в момент взаимодействия с шаром (это максимальная скорость Земли в условиях данной задачи). Очень часто в физике выбирают инерциальную систему отсчета, связанную с центром масс системы или с центром инерции системы. Эту систему в дальнейшем будем кратко обозначать символом СЦМ (система центра масс) или символом ЦИ (система центра инерции).; Центром масс системы называют точку, радиус-вектор у которой определяется из уравнения
2恤
Можно показать, что центр масс системы движется кш материальная точка, масса которой равна массе системы^ а действующая сила равна геометрической сумме всех бнем^ них сил, действующих на систему (теорема о д в и« ж е н и и центра масс). Запишем уравнение движ@ ния центра масс:
6器=e必，
где 加=£加/— масса системы, Vc — вектор скорости цент) масс, EF,— геометрическая сумма внешних сил.
Если система замкнута, то 2，=0 и Vc=const, т. центр масс замкнутой системы движется равномерно и пр：
молинейно. Следовательно, система отсчета, связанная с центром масс такой системы, является инерциальной. Так как в СЦМ начало координат совпадает с центром масс, то гс=0 и из (13.2) находим
£恤Г产0.(13.3)
Продифференцировав уравнение (13.3) по времени /, получаем
£/% = 0,(13.4)
т. е. импульс замкнутой системы относительно СЦМ равен нулю в любой момент времени. Применим этот
результат к расчету скорости Земли при ее взаимодействии с шаром (рис. 13.2). На этом рисунке начало координат СЦМ — точка О — смещено вправо. Из уравнения (13.4) находим
Ми3—тиш=0, (13.5)
где М — масса Земли, v3 — ее скорость, т — масса тара, % — его скорость. Из уравнения (13.5) определяем скорость Земли:
力=器% =先/^丽 u3«5.10-28 м/е.
Полученная скорость фантастически мала. Двигаясь с такой скоростью, Земля переместится на расстояние, равное 1 см, за время /«6* 1012 лет. В дальнейшем при исследовании движения тел, массы которых малы по сравнению с массой Земли, мы будем пренебрегать воздействием этих тел на Землю, считая ее неподвижной.
Закон сохранения энергии в механике связан с понятиями кинетической Е^ и потенциальной 上口 энергий. Очень важным здесь является также и понятие работы А.
Как известно, сила F на элементарном перемещении dr совершает элементарную работу
с1Д = Fdr.(13.6)
Работа силы F на пути I выражается интегралом
Д = $ F dr,(13.7)
где интеграл берется вдоль кривой Z.
Встречаются случаи, когда работу необходимо вычис- лять при прямолинейном движении. Учитывая, что dr= =d%・i*du・j+dz・k, выражение (13.6) можно представить в виде
cL4 = Fid%+ Fjdg+ Fkdz= Fd% cos ai+Fd乡 cos a2+
+尸dz cos a8, где a» a2 и a3— углы, которые вектор силы F составляет соответственно с ортами i, j и к осей OX, OY и OZ. При движении по прямой (например, вдоль оси ОХ)
6Д =fd% cos a.
Работа силы на участке от 打 до х2 в этом случае определяется формулой
Л = \ F cos a d%.
Если сила постоянна, то вычисление ее работы не составляет обычно большого труда. При расчете работы переменной силы часто используют метод ДИ (см. § 6). Ограничимся прямолинейным случаем и предположим, что |cos a| = l. Сила может зависеть от координаты 尤(в общем случае и от у, и' от z), от компоненты скорости vx=v (в общем случае и от других компонент вектора скорости v) и от времени t.
Рассмотрим случай зависимости силы 户(%) от координаты х. Элементарная работа
6Л =F(x)dx.
Работа на участке [хх,打】
/ =，尸(％) dx.
Xi
Пример 13.3 Сначала тело поднимают из шахты глубиной 7ii=7?/2 (где R ——радиус Земли) на поверхность Земли, а затем на высоту h^h^R/2 от поверхности Земли. В каком случае работа большей
Решение. Легко видеть, что эта задача на оценку. Для того чтобы ответить на вопрос задачи, необходимо най- ти отношение AJA^, где Ai— работа в первом случае, Л 2— во втором. И в первом, и во втором случаях работа совер- шается против силы тяготения, но законы, описывающие действие этих сил, различны. В примере 12.1 было показано, что сила тяготения в первом случае
尸i=% nGpmx,
а во втором случае
р2—6тМ/хй.
Г рафики изменения этих сил показаны на рис. 13.3. Таким образом, силы переменны и для расчета работ Л1 и Дй не
обходимо применить метод ДИ. Элементарные работы на участках d% составляют
с!Д1=^1(х) dx и 6А2=р2(х) d*.
После интегрирования в соответствующих пределах получаем
R/2
仆 J F~d%=* ,
R
и, следовательно,
AJA 2=9/g, t. e. A i^'A 2«
Сила может зависеть от компоненты скорости vx=v. При расчете работы в этом случае необходимо найти закон изменения скорости и от времени t, т. е. решить основную задачу динамики, применяя второй закон Ньютона. Эле-
ментарная работа
(13.8)(13.8)(13.9)(13.9)dA =F (и)(1%=尸 ®) ydf.
(13.8)
(13.8)
(13.9)
(13.9)
По второму закону Ньютона,
где 2 尸/— алгебраическая сумма проекций на направление движения остальных сил, действующих на данное тело. После решения уравнения (13.9) и учета начальных условий находим закон изменения скорости: v=v(t). Далее подставляем найденный закон изменения скорости в (13.8) и после интегрирования получаем некому работу:
(13.10)(13.10)/ = ^F(t)v(t)dt.
(13.10)
(13.10)
Пример 13.4 Рассчитаем работу силы сопротивления воздуха, действующей на парашютиста в примере 11.3 за первые 3 с и первые 30 с.
Р е ш е н и е. Так как сила сопротивления зависит от скорости (尸с=—砌 и закон изменейия скорости (11.19) найден, то по формуле (13.10) получаем искомую работу;
4 狂⑴D(f)df = ^ Сdf =4 狂⑴D(f)df = ^ Сdf =(13.11)(13.11)
4 狂⑴D(f)df = ^ Сdf =
4 狂⑴D(f)df = ^ Сdf =
(13.11)
(13.11)
Подставляя в (13.11) значения времени 友=3 с и /2= =30 с, получаем
Л1«104 Дж, Д 2«1,1 • 106 Дж.
Найдем отношение этих работ:
4 2〃 1=110.
Таким образом, во втором случае промежуток времени возрос в 10, а совершенная при этом работа — в НО раз. Этот результат объясняется одновременным возрастанием и силы сопротивления, и скорости движения.
В заключение исследуем случай зависимости силы от вре- менн:尸=尸«). Здесь также для нахождения закона изме- нення скорости v от времени t необходимо решать основ- 74
ную задачу динамики. Элементарная работа
(14=尸(/) dx^F(t) u(f) m.
После нахождения закона изменения скорости искомая работа
=，尸a)u(/)d/.(13.12)
Пример 13.5 Определить работу тормозного двигателя за первую секунду в примере 11.4.
Решение. Так как сила торможения зависит от времени (F—kt), закон изменения скорости (11.27) найден, время торможения известно, то по формуле (13.12)получаем искомую работу:
4=f焼(0。一^)*=警一需,Л«2,5.10« Дж. о
(13.13)
Иногда работу можно вычислить, используя теорему об изменении кинетической энергии физической системы, состоящей из материальных точек. Согласно этой теореме, работа всех сил, действующих на такую систему, равна изменению кинетической энергии этой системы:
А =Д£К.(13.14)
В примере 11.4 из трех сил, действующих на тело, дае взаимно уравновешивают друг друга. Оставшаяся сила и есть сила торможения, работу которой необходимо вычислить. Следовательно, в формуле (13.14) А — это работа силы торможения, а Д£к=/пио/2——恤含/2. Применяя формулу (13.14) и учитывая закон изменения скорости (11.27), получаем
=粤一号®一需)二臀一寨，А«2,5И0» Дж,
т. е. это тот же результат, что и полученный ранее (см. (13.13) методом ДИ.
(13.15)(13.15)По закону сохранения энергии в ме- х а н и к е, полная механическая энергия замкнутой системы, в которой действуют только консервативные силы, есть величина постоянная'.
(13.15)
(13.15)
£,=£,K+£n=const, или а(j+eП)=0，
Если в замкнутой системе действуют неконсервативные силы, то полная механическая энергия системы не сохраняется и ее изменение равно работе неконсервативных сил
АЕ=4%(13.16)
где 4“一 работа диссипативных сил.
Пример 13.6 Определить, какую скорость имеет метеорит массой m на расстоянии г =\,3' 1011 м от Солнца, если он двигался без начальной скорости из бесконечности к Солнцу (массой М). Влиянием других тел пренебречь. Решение. В физическую систему включим два тела: метеорит и Солнце. Метеорит можно принять за материальную точку. Солнце будем считать шаром радиуса R = =7・i()5 км. Физическое явление заключается в движении метеорита к Солнцу под действием силы тяготения. Известно начальное состояние физической системы, необходимо определить один из параметров движения метеорита (скорость и) в конечном состоянии. Это основная задача динамики.
Ее можно было бы решать динамическим методом, применяя второй закон Ньютона. Но в данной задаче нет необходимости определять закон изменения скорости v метеорита от времени t (нужно определить, только значение скорости в конечном состоянии); иначе говоря, нет необходимости описывать весь процесс движения метеорита. Поэтому целесообразно применить закон сохранения энергии в механике.
Выбранная система тел замкнута (влиянием других тел пренебрегаем по условию). В системе действуют только консервативные силы тяготения. Инерциальную систему свяжем с Солнцем, принимая его за неподвижное тело (см. пример 13.2). Полная механическая энергия £\ системы в начале взаимодействия тел равна нулю (кинетические энергии тел равны нулю; принимая начальное положение системы за нулевое положение, получаем, что и начальная потенциальная энергия равна нулю). Определим полную механическую энергию системы 邑 в конце взаимодействия, когда метеорит находится на расстоянии г=1,5-1011 м от Солнца (рис. 13.4). Она слагается из кинетической энергии метеорита Ек=ти2/2 и его потенциальной энергии. Последняя определяется работой силы тяготения при перемещении метеорита из конечного в начальное положение.
Так как сила тяготения зависит от расстояния г, т. е. является переменной силой, то для расчета работы этой 76
силы применим метод ДИ. Разделим весь путь на столь малые участки, чтобы на каждом таком участке dr изменением силы тяготения можно было пренебречь, считая ее постоянной. Тогда элементарная работа на таком участке
с тМ ,с тМ ,
аД = G г cos a dr = — О 了 dr.
Суммируя элементарные работы на всех участках, получаем общую работу А, которая и определяет значение взаимной потенциальной энергии Еп системы:
Таким -образом, полная механическая энергия системы в начальном положении £\=0, в конечном Е2=ти2/2— —GmM/r. По закону сохранения энергии в механике,
с mv2 GmM U = —и.
Из последнего уравнения определяем искомую скорость: и= К2GM/r, V « 42,2 км/с.
Для расчета из таблиц были взяты значения гравитационной постоянной G и массы Солнца М.
Пример 13.7 В стальной кубик массой М = 1 кг, находившийся в покое на горизонтальной поверхности, попадает стальной шарик массой т = 10 г, летевший горизонтально со скоростью "1=1°з м/с, и упруго отражается обратно (рис. 13.5). Определить, какой путь после удара пройдет кубик до остановки, если коэффициент трения между кубиком и горизонтальной поверхностью 々=0,2.
Решение. В физическую систему включим два тела: шарик и кубик,— которые можно принять за материальные точки. Земля — внешнее тело. Физическое явление состоит
в абсолютно упругом взаимодействии шарика и кубика (взаимодействие с внешним телом несущественно) и в их последующем движении. Начальное состояние физической
системы (до взаимодействия)системы (до взаимодействия).4衣№亥万衣13.5.4衣№亥万衣13.5известно. Необходимо определить один из параметров движения кубика (его путь до остановки).
системы (до взаимодействия)
системы (до взаимодействия)
.4衣№亥万衣
13.5
.4衣№亥万衣
13.5
—>^Так как силы, возни-
> кающие в процессе взаимодействия шарика и кубика, неизвестны, то
описать этот процесс динамическим методом невозможно. Применим законы сохранения импульса и энергии в механике. Выбранная система в целом не замкнута, но в направлении движения шарика ее можно считать замкнутой. Инерциальную систему свяжем с Землей, а ось ОХ направим, как показано на рис. 13.5. Импульс системы до взаимодействия px=mvi. Импульс системы после взаимодействия p2=mv2+Mu21, где v2 и u2i — векторы скорости шарика и кубика соответственно после взаимодействия. По закону сохранения импульса,
mvi=mv2+Mu21.
Проецируя это векторное уравнение на ось ОХ, получаем
mvi——тиамин.
По закону сохранения энергии в механике , mv|/2 = muf/2 + М 磁丿2.
Учитывая, что т<^М, после решения системы уравнений находим
% ^ "1；〃21 =% ^ "1；〃21 =2 m01 m +加一2 m01 m +加一
% ^ "1；〃21 =
% ^ "1；〃21 =
2 m01 m +加一
2 m01 m +加一
Рассмотрим дальнейшее движение кубика. Очевидна постановка новой задачи: кубик массой 府=1 кг с начальной скоростью 〃2i движется по горизонтальной поверхности {коэффициент трения /=2* Ю-1) и останавливается; определить путь, пройденный кубиком до остановки.
В физическую систему включим два тела: кубик и Зем- лю- Физическое явление заключается в замедленном дви- ^еннн кубика в результате его взаимодействия с Землей. Известно начальное положение системы. Необходимо определить один из параметров этого движения (путь до остановки). Это основная задача динамики. Так как силы вза- 78
имодействия кубика с Землей известны, то эту задачу можно решить и динамическим методом и методом законов сохранения. Применяя второй закон Ньютона
Ma—f Mg,
находим ускорение. Решая обратную задачу кинематики, определяем путь 厶，пройденный кубиком до остановки:
吟 2 m 2匿吟 2 m 2匿/х« 100 м./х« 100 м.U3J7)U3J7)
吟 2 m 2匿
吟 2 m 2匿
/х« 100 м.
/х« 100 м.
U3J7)
U3J7)
Решим эту же задачу с помощью закона сохранения энергии в механике. Выбранная система замкнута, но применять этот закон в форме (13.15) нельзя (в системе действует неконсервативная сила трения Fr9—fMg). Считая внутреннюю неконсервативную силу трения внешней, из уравнения (13.16) находим
乎=fMgl「
Отсюда получаем результат, совпадающий с (13Л7) и полученный ранее динамическим методом:
/]=算_ = 毒，/]4 100м.
1 2fg fgM% '1
Решенную задачу можно было бы сформулировать в виде такой, например, проблемы (проблемной задачи): в результате какого взаимодействия шарика и кубика путь, пройденный кубиком до остановки, максимален?
Изменим несколько условия примера 13.7: будем считать кубик неупругим телом, остальные условия сохраним прежними; определить путь кубика до остановки.
Процесс взаимодействия (абсолютно неупругий удар) описывается законом сохранения импульса
mui=(m+M)u22.
Отсюда определяем начальную скорость кубика (с учетом условия /п《М):
Uz^mvjM.
Решая динамическую задачу дальнейшего движения кубика (любым методом), находим его путь до остановки:
"=嘉=嶷，"Q 25 M.(13.18)
Из уравнений (13.17) и (13.18) видно, что в случае абсолютно упругого удара кубик до остановки проходит путь в четыре раза больший, чем при абсолютно неупругом взаимодействии.
Изменим еще немного условия примера 13.7: пусть в результате взаимодействия шарик, пройдя через кубик, продолжает движение в том же направлении со скоростью i»2=500 м/с, остальные условия те же; определить путь кубика до остановки.
Применив закон сохранения импульса
mv^mVi+Muis,
находим начальную скорость кубика; "23=①("1-l»2)/M.
Путь кубика до остановки
% « 6,25 м.% « 6,25 м./ _ «2з _ т2 (^1—у2)2
% « 6,25 м.
% « 6,25 м.
3 =班"= 2&m?，
Таким образом, в случае абсолютно упругого удара (при условии m«M), и скорость 〃2i, и путь %, пройденный кубиком до остановки, являются максимальными.
Можно исследовать зависимость начальной скорости и пути, пройденного кубиком до остановки, от отношения масс т/М. В частности, для любого соотношения масс т/М (но при т«М)
“21/〃22=2
и, следовательно, /1〃2=4.
ГЛАВА 4
ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА
Динамика твердого тела
Ускорение ас центра масс твердого тела определяется по теореме о движении центра масс:
тас = 2 F,(14.1)
где т — масса, a SF — геометрическая сумма внешних снл, действующих на твердое тело.
Внешний вид уравнения (14.1) совпадает со вторым за- коном Ньютона для материальной точки (11.4), и, следова- 80
тельно, метод его применения состоит из тех же операции. Векторное уравнение (14.1) эквивалентно трем уравнениям:
тасх = ^ Fx, macy^=^Fy, macz = 2 ^.(14⑵
Для материальной точки и соответственно для твердого тела справедливо уравнение движения
L = £M,(14.3)
где L=^-, 2^ ~' геометрическая сумма моментов всех внешних сил, действующих на твердое тело, относительно неподвижной точки О.
Если точку О считать началом декартовой системы координат, то, как обычно, векторное уравнение (14.3) эквивалентно трем уравнениям:
奈=?此,％ = £%，空=e 嶋， (14.4)
где Lx, Ly, Lz— проекции вектора момента импульса L на оси координат. Их называют моментами импульса твердого тела относительно неподвижных осей OX, OY, 0Z соответственно. Можно показать, что для материальной точки и для твердого тела
厶％=厶8%, ^y—Jy^y, Lz=Jz^z,(14.5)
где Jx, J у,九一моменты инерции материальной точки и твердого тела относительно осей OX, OY, 0Z соответственно, а сох, а)у, со%— проекции вектора угловой скорости со на те же оси.•
С учетом (14.5) уравнения (14.4) можно записать в виде
)=此, 吗 3加=m叱季z) = Mz.(14.6)
Если моменты инерции Jx, Jy и Jz постоянны, то уравнения движения приобретают вид
(6* = m8, j1/%=м1/, J Z^Z—^ Z>(14.7)
где h==幣，卅=等， ^=^-— проекции вектора уг- лового ускорения на оси координат.
Эти уравнения называют уравнениями движения относительно неподвижных осей OX, OY, u 0Z соответственно.
Твердое тело имеет шесть степеней свободы, поэтому для описания его движения необходимы шесть независимых уравнений. Таковыми и являются или два векторных урав-
нения (14.1) и (14.3), или эквивалентная им система шести уравнений (14.2) и (14.6). Метод применения законов (14.2) ничем не отличается от метода применения второго закона Ньютона. Метод применения законов (14.6) также очень похож на метод применения второго закона Ньютона, если к последнему добавить две дополнительные операции: нахождение момента инерции тела и момента внешних сил относительно соответствующей оси. Таким образом, динамический метод и для описания движения твердого тела
остается практически тем же.
Пример 14.1 Рассмотрим упрошенную задачу из примера 11.2 и учтем, что блок в виде сплошного цилиндра радиуса R = 10 см имеет массу т4=8 кг. Определить ускорение системы и силы натяжения нити.
Решение. В физическую систему по-прежнему включим те же четыре тела: грузы массами mlt %, нить и блок
14.114.1(рис. 14.1). Теперь блок не только является телом, массу которого необходимо учитывать, но его нельзя принять и за материальную точку. Будем считать блок твердым телом. Его центр масс неподвижен, а сам блок вращается вокруг одной неподвижной оси проходящей через центр масс. Применим к блоку уравнение движения (14.7) относительно неподвижной оси OZ. Инерциальная система отсчета выб
14.1
14.1
рана. На блок действуют две неравные силы натяжения: 尸学尸；. Остальные силы, действующие на блок, компенсируют друг друга. Моменты сил 尸；и 尸工 относительно оси OZ составляют М；=—F；R и M；=F；R. Момент инерции блока относительно этой же оси (сплошной цилиндр) Jz= =*latn&R2. В дальнейшем индекс оси (%, у, z) у моментов сил, моментов импульсов, моментов инерций и других величин мы будем опускать. Используя уравнение движения (14.7), получаем
1/m必6=(尸;;一尸0R.
Применяя второй закон Ньютона к материальным точкам тх и т2, находим
恤a =尸工 加2a ^ 恤g一尸:.
У равнение связи линейного а и углового 0 ускорений замыкает систему уравнений:
0=a/R.
Решая полученную систему уравнений, получаем:
а=^―^g, a 力 6,5 м/с2;
恤+加2 + 2加4
尸:=——叫一g,尸;6,5 H;
尸；=n^—)恤g，久 33 H;
\恤+g+彳加4)
§ = ■―7—~j——3^65 рад/с2.
R (61+62 +歹加4 )
Ускорение а системы значительно уменьшилось. Интересно также отметить, как сильно теперь отличаются значения сил натяжения нити 尸；и 尸;：натяжение 尸；и должно быть значительно больше 尸;，ибо моменты этих сил имеют противоположные знаки.
Пример 14.2 Один конец вертикально расположенной нити закреплен в точке О (рис. /4.2), а другой намотан на сплошной узкий цилиндр (диск) массы т=10 кг “ радиуса R = 10 см. Определить ускорение центра масс и силу натяжения нити. Нить невесома 〃 нерастяжима. Решение. В физическую систему включим два тела: цилиндр и нить. Цилиндр нельзя принять за материальную точку. Будем считать его твердым телом. Его центр масс (точка С) движется вертикально вниз, а сам цилиндр вращается относительно подвижной оси, проходящей через центр масс. Применим теорему о движении центра масс (14.1) и уравнение движения (14.7). Инерциальную систему отсчета свяжем с Землей, а оси координат направим, как показано на рис. 14.2. На цилиндр действуют две силы: сила тяжести mg и сила натяжения нити FH. По теореме о движении центра масс,
mac=mg+FH.
Проецируя это векторное уравнение на ось ОХ, получаем mac-=mg—Fn.
Цилиндр вращается относительно подвижной оси, но эта ось перемещается параллельно самой себе; в этом случае уравнение движения (14.7) остается справедливым:
*团r郁=尼凡
где B=ajR—угловое ускорение. Решая полученную систему уравнений, находим
^с~2/з^> 尸н=% mg.
Отсюда 厶^6,6 м/с2;尸н^163 Н.
Усложним решенную задачу: пусть « закрепленному концу нити привязано тело (материальная точка) массой
/ о/ о
/ о
/ о
т1=1 кг, которое может без трения двигаться по горизонтальной плоскости, а сама нить находится на невесомом блоке (рис. 14.3).
Обозначим т2 массу цилиндра. Применяя динамический метод, составляем замкнутую систему уравнений для поступательного движения материальной точки и цилиндра соответственно:
Wi==尸н и m2ac=m2g—FH,
а также для вращательного движения цилиндра:
明加次即=尸状.
Ускорение сс центра масс цилиндра, ускорение “i материальной точки и угловое ускорение § связаны соотношением
Решая полученнуюBg，Решая полученнуюBg，систему уравнений, находим:
Решая полученную
Bg，
Решая полученную
Bg，
『号疯g，
_ 饱 о : 2 + m"%
3+加2/加［g'p R (3+〃?2/加1) * .
Подставляя числовые значения, получаем
飯^9,1 м/с2, “1^7,5 м/с2,尸н^7,5 Н, §^15,1 рад/с2.
Можно еще более усложнить задачу, учитывая трение между телом тх и горизонтальной плоскостью, принимая во внимание массу блока, считая его твердым телом и т. д. Все эти задачи могут быть решены тем же динамическим методом.
Изменим существенно условия примера 14.2, введя силу трения; точнее, эта сила (речь идет о силе трения покоя) необходимо возникает в условиях следующего примера и пренебрегать ею нельзя.
Пример 14.3 На сплошной цилиндр (диск) массы т = =10 кг 〃 радиуса R = 10 см намотана невесомая и нерастяжимая нить. Цилиндр может без скольжения двигаться по горизонтальной плоскости. К концу нити приложена постоянная горизонтальная сила 尸=30 Н (рис. 14.4). Определить ускорение центра масс.
Решение. Физическая система состоит из одного твердого тела — цилиндра. Центр масс цилиндра движется
匕,匕,A八A八*—•“ “ А g 才*—•“ “ А g 才прямолинейно. Цилиндр вращается относительно подвижной оси, направление которой в процессе движения не изменяется. Необходимо найти ускорение центра масс. Это основная задача динамики твердого тела. Применяем динамический метод. Инерциаль
匕,
匕,
A八
A八
*—•“ “ А g 才
*—•“ “ А g 才
свя- ОХ вра- осисвя- ОХ вра- осиную систему отсчета жем с Землей, ось направим вправо, ось щения параллельна
свя- ОХ вра- оси
свя- ОХ вра- оси
0Z. На цилиндр действуют четыре силы: сила натяжения нити (она равна данной силе F), сила тяжести mg и сила реакции опоры N (они взаимно уравновешивают друг друга) и сила трения покоя FT₽.
Сила трения покоя может принимать любое значение, заключенное в пределах 0《尸тр《/М В данном случае она имеет такое значение из этого промежутка, чтобы не происходило проскальзывания (чистое качение).
По теореме о движении центра масс находим
/П&=尸+尸тр・
Из уравнения движения относительно оси, проходящей через центр масс, получаем
%/nR26=(尸一尸tJR.
Учитывая, что
6=生饮，
и решая полученную систему уравнений, находим
“с=寨’尸 тр = 1/зЕ
Подстановка числовых значений дает ас=4 м/с2, FTP=10 Н.
Условие отсутствия скольжения принимает вид
*F&fmg,
отсюда получаем
f>F/(3m^)~0,l.
Если коэффициент трения меньше этого значения, наступает скольжение.
Усложним условия решенной задачи: пусть нить перекинута через невесомый блок и к ее концу привязан груз массой т2=20 кг (материальная точка), остальные условия (кроме силы F ——она являетя теперь силой натяжения нити FH) те же; определить ускорение ас центра масс, ускорение а груза и силу натяжения нити (рис. 14.5).
Обозначим 恤 массу цилиндра. Применяя динамический метод, получаем следующие уравнения:
m2a=m2g—FH (для поступательного движения груза), miac=FH+FTP (по теореме о движении центра масс), V2m/?2p=(FH—尸tJR (из уравнения движения).
Ускорение груза и ускорение центра масс связаны соот* ношением а=ас+р/?. Так как 厶=缺，т0 а=2ас.
Решая полученную систему уравнений, находим!
а = 0+鸵)"g，“с=4(1+旣厂 g， 噎=黑】e广g，尸尸嚮(叶铝"g.
Отсюда получаем:
ал;8,4 м/с2, &^4,2 м/с2,尸тр^1°，5 Н, FH«31,5 Н.
Можно еще более усложнить решенную задачу, если учесть, например, что блок имеет массу и является твердым телом, что цилиндр движется по наклонной, а не горизон
тальной поверхности, что материальная точка также движется по наклонной плоскости, и т. д., и т. п. Легко видеть, что все эти задачи могут быть решены одним и тем же динамическим методом.
Законы сохранения в динамике твердого тела
Элементарная работа при повороте твердого тела на угол d(p составляет
(1Д =Md(p,(15.1)
где М — момент сил относительно оси вращения. Полная работа находится интегрированием уравнения (15.1):
Фа
А = \ Md(p.(15.2)
«pi
Кинетическая энергия твердого тела при его произвольном движении складывается из кинетической энергии поступательного движения и кинетической энергии вращательного движения:
约==加%/2+ J 叫2,(15.3)
где %— скорость поступательного движения. центра масс, J — момент инерции тела относительно оси вращения.
В динамике твердого тела наряду с законами сохранения импульса и энергии в механике применяется закон сохранения момента импульса. Этот закон вытекает из уравнения движения (14.3) относительно точки: если геометрическая сумма моментов внешних сил относительно точки 0 равна нулю, то момент импульса относительно этой точки постоянен:
L=const. 、 (15.4)
Чаще закон сохранения момента импульса используют в форме, вытекающей из уравнения движения (14.4) относительно неподвижной оси: если алгебраическая сумма моментов внешних сил относительно неподвижной оси равна нулю, то момент импульса системы относительно этой оси постоянен:
L=Wjs=const, (15.5) где £/з — алгебраическая сумма моментов импульса всех тел системы.
Метод применения законов сохранения в динамике твердого тела осуществляется по той же схеме, которая была описана в динамике материальной точки.
Пример 15.1 Деревянный стержень массой М=6 кг и длиной /=2 м может вращаться в вертикальной плоскости относительно горизонтальной оси, проходящей через точку 0 (рис. 15.1). В конец стержня попадает пуля массой 恤==10 г, летевшая со скоростью %=10з м/с, направленной перпендикулярно стержню 〃 ос〃, и застревает в нем. Определить кинетическую энергию стержня после удара.
Решение. Физическую систему образуем из двух тел: стержня и пули. Пулю можно считать за материальную точку, стержень примем за твердое тело. Физическое явление заключается во взаимодействии этих тел (абсолютно неупругий удар). Состояние системы до взаимодействия известно, необходимо определить некоторый параметр системы (кинетическую энергию) после взаимодействия.
Характер сил, возникающих в процессе взаимодействия, нам не известен. Поэтому решить эту задачу динамическим методом невозможно. Применим законы сохранения. Пуля до взаимодействия двигалась прямолинейно, а после взаимодействия вместе со стержнем вращается вокруг неподвижной оси. Целесообразно применить закон сохранения
момента импульса относительно этой оси. Условия применимости этого закона выполнены.
ИСО, как обычно, свяжем с Землей, начало координат поместим в точку О, а ось вращения примем за ось ОХ. Момент импульса пули относительно оси вращения до удара равен movol, а стержня — нулю. После удара момент импульса стержня и пули равен /со, где / — момент инерции стержня и пули относительно оси вращения, а со — угловая скорость вращения стержня и пули после удара. Так как момент инерции пули т0/2 значительно меньше момента инерции стержня 113 Ml%, то можно夕
приближенно считать, чтоМ/久?///〃
По закону сохранения момента им-八
пульса,/
movol=Ja)./ “
Кинетическая энергия стержня/?
Рmo vo /2 —彳
= 2tz =_2n一'
Ек = 25Д*.(15.6)
Заметим, что начальная кинетиче-勿 ская энергия пули (до удара) Ек0=空т►吃 =团0%/2, т. е. £'к0=5-103 Дж, что.
значительно больше кинетической'
энергии стержня после удара. В результате неупругого удара большая часть начальной механической энергии превратилась в немеханические виды энергии. В процессе взаимодействия возникли огромные неконсервативные силы, которые и рассеяли механическую энергию системы. Поэтому неправильно было бы в этой задаче непосредственно применять закон сохранения энергии в механике в виде /(0"2=加0%/2. Неправильно было бы в этой задаче применять и закон сохранения импульса, ибо после удара стержень с пулей участвуют во вращательном движении. По этому закону мы получили быт^=(М+т^и, где 〃=со/. Отсюда, пренебрегая массой пули т0 по сравнению с массой стержня М, находим(d=mdU0/(Ml). Тогда кинетическая энергия стержня после удара 九*2=加說7(6 Л1), что составляет 〜2,7 Дж и почти на порядок меньше правильного результата (15.6).
Предположим, что нам необходимо определить, на какой максимальный угол а от вертикали отклонится стержень после удара. После удара неконсервативных сил в системе нет и, следовательно, к дальнейшему процессу движения
стержня и пули можно применить закон сохранения энергии в механике. По этому закону,
где h — высота, на которую поднялся центр масс стержня, находящийся в точке Д, после удара (рис. 15.2). Здесь уч
e "2一九cos а = -"у^—e "2一九cos а = -"у^—тено, что т0^М. Из треугольника ОВС (рис. 15.2) получаем
e "2一九
cos а = -"у^—
e "2一九
cos а = -"у^—
Решая полученную систему уравнений, находим
а = arccos( 1 —曾歌)‘
Можно рассмотреть мноМожно рассмотреть мноа « 54°.
Можно рассмотреть мно
Можно рассмотреть мно
жество других вариантов решенной задачи, например, заменив пулю стальным шариком, а деревянный стержень — стальным, решить задачу об абсолютно упругом взаимодействии этих тел, исследовать «косое» движение налетающего тела и т. д. Все эти варианты задач могут быть решены методом законов сохранения.
В заключение рассмотрим задачу, при решении которой будут использованы все основные методы, описанные выше: кинематический, динамический, законов сохранения и ДИ.
Пример 15.2 Сплошной однородный диск радиуса R = =10 см, имевший начальную угловую скорость соо—50рад/с (относительно оси, перпендикулярной плоскости диска и проходящей через центр масс), кладут основанием на горизонтальную поверхность. Сколько оборотов сделает диск до остановки, если коэффициент трения между основанием диска и горизонтальной поверхностью /=10-% м не зависит от угловой скорости вращения диска.
Решение. Физическая система состоит из одного тела ——диска. Диск нельзя считать материальной точкой. Примем его за твердое тело. Физическое явление заключается во вращательном движении твердого тела относительно неподвижной оси под действием силы трения (остальные силы взаимно уравновешивают друг друга). Начальное и конечное состояния системы известны. Необходимо опре-
делить один из параметров этого движения (число оборотов N до остановки). Эта основная задача ^динамики твердого тела.
Применим динамический метод. Центр масс диска находится в покое, а диск вращается. Из уравнения движения (14.7) получаем
(15.7)(15.7)42mR^=M,
(15.7)
(15.7)
где m=nR2/zp ——масса диска, h — его толщина, р ——плотность материала диска, 0 — угловое ускорение, а М — сум
марный момент сил трения относительно оси.
Сила трения приложена к каждому участку диска, и так как эти участки находятся на различных расстояниях от оси, то и моменты сил трения, приложенных к этим участкам, различны. Для нахождения М применим метод ДИ. Разделим диск на достаточно узкие кольца (рис. 15.3), а каждое кольцо двумя соседними радиусами, образую
щими достаточно малый угол
d(p,——на малые элементы. На рис. 15.3 один такой элемент
заштрихован. Сила трения, действующая на выделенный
элемент,
dFTP=fd(prd/71Pg.
Момент этой силы трения
dAf ^rAF^^fpghr2 drdcp.
Интегрируя по углу 屮 в пределах от нуля до 2л и по г от нуля до А, получаем суммарный момент сил трения:
2л R
М = § § fpg九产 dr d(p = fpg/i 2jt/?8/3 = 2fRgm/3. (15.8) о о
Подставляя это значение M в уравнение движения (15.7), находим угловое ускорение диска:
0=4/g/(3R).
Решая далее обратную задачу кинематики (кинематический метод), определяем закон изменения угловой скорости
(о=о)о—pf(15.9)
Я
и закон движения!
(15.10)(15.10)ф = й)о/—В f?/2.
(15.10)
(15.10)
Учитывая, что конечная угловая скорость диска равна нулю (s=0), из уравнения (15.9) находим время движения:
=芻，fQ3,75c.
Подставляя это значение времени t в уравнение (15.10) и учитывая, что(р=2пМ получаем
n =黔.(15.11)
Отсюда вычисляем ^«15.
Решим теперь эту задачу методом законов сохранения. В физическую систему включим два тела: диск и Землю. Система этих тел замкнута, и можно было бы применять закон сохранения энергии в механике, но в системе действуют неконсервативные силы трения. Считая эти силы внешними, по уравнению (13.16) находим
Ло%2 = 4(15.12)
где J =МmR% — момент инерции диска, А—работа неконсервативных сил трения. Так как момент этих сил уже найден (см. 15.8), то по формуле (15.2) получаем
фф
響d<p=泌響.
оо
Подставляя это значение работы А в уравнение (15.12) и учитывая, что(р=2пМ находим
—3 Ro)^ ="W—3 Ro)^ ="WTV «15,TV «15,
—3 Ro)^ ="W
—3 Ro)^ ="W
TV «15,
TV «15,
что совпадает с формулой (15.11), найденной динамическим методом.
Заканчивая рассмотрение механической модели, мы видим, что любая стандартная поставленная задача из этого раздела может быть решена (не считая метода анализа фи： зической ситуации задачи) сравнительно небольшим qncn咽 универсальных методов: кинематический, динамический^ законов сохранения, дифференцирования и интегрирования^
ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ФИЗИЧЕСКИХ ПОЛЕЙ
ГЛАВА 5
ПОЛЕ ТЯГОТЕНИЯ
Основная задача в теории поля тяготения
Основной закон поля тяготения — закон всемирного тяготения Ньютона:
(16.1)(16.1)?=G恤m2 г2
(16.1)
(16.1)
где G«6,67« 10-11 Н-м/кг2 — гравитационная постоянная. В форме (16.1) закон справедлив лишь для материальных точек и сферических тел. Этот
закон можно записать в век- т,豆径
торном виде:♦ “”“"-""‘‘< ，1 •“1 “"»•
Fi 尸一G 勺買 г,(16.2)16.1
где Fi2——вектор силы тяготения, действующий на тело т2, г — радиус-вектор, проведенный из тела 恤 к телу т2 (рис. 16.1).
Основной характеристикой каждой точки поля тяготения является напряженность Е — векторная величина, определяемая из уравнения
E=F/m0,(16.3)
где F — сила тяготения, действующая на материальную точку с массой т0) помещенную в данную точку.
Напряженность и потенциал поля тяготения, созданного материальной точкой массы т в точке, удаленной на расстояние г от этой массы, выражаются формулами
Е=От/г2,(16.4)
Ф=—Gm/r.(16.5)
Напряженность Е и потенциал 屮 одной и той же точки поля тяготения связаны между собой соотношением
Е=—grad ф.(16.6)
Состояние рассматриваемой физической системы (поля тяготения) определяется значением вектора Е в любой точке поля. Напряженность Е поля тяготения является его
фундаментальной характеристикой в том смысле, что, зная Е, можно определить не только любой параметр, характеризующий само поле, но и описать поведение физических систем в этом поле. Действительно, из соотношения (16.6) можно определить потенциал ср, из уравнения (16.3) можно найти силу, с которой поле действует на тело, находящееся в этом поле. Если известны начальные условия для этого тела, то, применяя динамический метод, можно определить закон его движения. Зная же закон движения тела, можно найти все остальные характеристики и параметры, определяющие его движение. Отсюда следует формулировка основной задачи в теории поля тяготения. Она заключается в расчете поля. Рассчитать поле тяготения — это значит в каждой его точке определить вектор напряженности Е или потенциал ф.
Поле тяготения системы материальных точек
В основе метода расчета физических полей лежит фундаментальный физический принцип — принцип суперпозиции. В том случае, если поле создано системой материальных точек, сначала определяют поле (т. е. соответствующий вектор Е0 для каждого тела отдельно. Затем по принципу суперпозиции находят результирующее поле (вектор Е) как геометрическую сумму векторов напряженности:
E=Ei+. . .+Е/+. . . + Е“. (17.1)
Поле тяготения одной материальной точки рассчитано в предыдущем параграфе. Описание движения даже одного тела в поле тяготения материальной точки представляет некоторые математические трудности. Заметим, что физически решить такие задачи, т. е. составить замкнутую систему уравнений, применяя или динамический, или метод законов сохранения, относительно легко. Трудности для студентов первого курса возникают на математическом этапе, когда необходимо решать полученную систему (обычно дифференциальных) уравнений.
Сначала полезно решить несколько элементарных задач на оценку: рассчитать напряженность и потенциал поля тяготения на поверхности Луны, Солнца, Марса (указав, что g=GAf/R2^9,8 м/с2 — это напряженность поля тяготения на поверхности Земли), определить (оценить) первую и вторую космические скорости для Земли, Луны, Мар-* са и т. д.
Затем можно сформулировать первую задачу на описание движения материальной точки в известном поле тяготения. Целесообразно даже дать ее как непоставленную.
Пример 17.1 На северном полюсе Земли вертикально вверх запускают ракету с начальной скоростью и。(т. е. предполагается, что двигатели ракеты мгновенно сообщают ей начальную скорость “о и далее отключаются). Описать ее движение.
Решение. Задача не поставлена. Первое упрощение очевидно: сопротивлением воздуха пренебрегаем. Ракету можно принять за материальную точку. Описать ее движение возможно, если будет найден закон движения ракеты. Закон движения существенно зависит от значения начальной скорости 硏).Предположим, что % столь мала, что в точке наивысшего подъема ускорение свободного падения gi (а это напряженность поля тяготения Земли) незначительно отличается (скажем, не более чем на 1 %) от ускорения свободного падения go на поверхности Земли. Полезно оценить эту высоту % и соответствующую начальную скорость и01- Так как, по предположению, (go—gi)/go = lOT и
„ GM ~ GM
T0 h^R{vh u0i^800 м/с.T0 h^R{vh u0i^800 м/с.1 ) н %i=l/"2g()Zi],1 ) н %i=l/"2g()Zi],t. e. /if 32 км иt. e. /if 32 км иg产炉，gl =依十初2，
T0 h^R{vh u0i^800 м/с.
T0 h^R{vh u0i^800 м/с.
1 ) н %i=l/"2g()Zi],
1 ) н %i=l/"2g()Zi],
t. e. /if 32 км и
t. e. /if 32 км и
Таким образом, если %《％з то ускорение ракеты приблизительно постоянно и мы получаем тривиальную школьную задачу о равнозамедленном движении материальной
точки вертикально вверх с постоянным ускорением go. Закон движения в этом случае записываем в виде
x—v^t—g()f2/2
и далее определяем любой параметр движения.
Не будем также рассматривать и случай, когда начальная скорость и。больше или равна v^W ,2 км/с — второй космической скорости для Земли. Итак, мы можем сформулировать первую задачу в таком виде.
Пример 17.2 На северном полюсе Земли вертикально вверх запускают ракету с начальной скоростью %, удовлетворяющей условиям 力〉??。〉％» Найти закон ее движения. Сопротивлением воздуха пренебречь. Действие Луны, Солнца и других тел на движение ракеты не учитывать.
Решение. В физическую систему включим два тела: ракету и Землю. Ракету можно принять за материальную точку. Поле тяготения Земли (сферическое тело) известно. Происходит движение материальной точки (ракеты) в известном (неоднородном) поле тяготения. Необходимо определить закон движения ракеты. Это основная задача динамики материальной точки.
Применим второй закон Ньютона. Инерциальную систему отсчета свяжем с Землей (так как масса Земли значительно больше массы ракеты, то Землю принимаем за неподвижное тело), ось ОХ направим вертикально вверх, начало координат поместим в центр Земли. На ракету действует единственная сила — сила тяготения. Очень важно отметить, что эта сила переменная. Тогда, по второму закону Ньютона,
тх=—GmM/x2 (для %》R).(17.2)
Задача физически решена: получено одно дифференциальное уравнение для неизвестной функции %(£) — координаты ракеты, которая и является искомым законом движения. Однако решение этого уравнения для студентов первого курса является весьма затруднительным. Необходимо подчеркнуть два момента. Во-первых, нужно отметить, что уравнение (17.2) в принципе решается и в конечном итоге можно получить искомый закон движения ракеты. Во-вторых, уже здесь можно сказать студентам, что иногда в процессе решения физических задач получаются такие уравнения, точного решения для которых не существует вообще. Тогда необходимо обратиться к ЭВМ для получения числовых и приближенных решений..
Попробуем упростить постановку задачи, используя не динамический метод, а метод законов сохранения. Применим закон сохранения энергии к выбранной системе Земля — ракета:
mvl mGM mv2 mGM.. „
丁一-k = w—»(17・3)
где v — скорость ракеты в точке с координатой %.
Отсюда можно определить максимальную координату ракеты (при и=0):
一 2GMR
Если начальная скорость %, например, равна первой космической скорости Vx^^QMlR, то максимальная коор- 96
дината xmaK—2R, а максимальная высота подъема Лтах — *=R^6406 км. Из уравнения (17.3) можно получить зависимость скорости ракеты от координаты %:
0 = /%_2GM ( W(17.5)
График этой зависимости представлен на рис. 17.1.
Теперь мы можем сформулировать вторую, более простую задачу.
Пример 17.3 На северном полюсе Земли вертикально вверх запускают ракету с начальной скоростью 方， удовлетворяющей условиям ^2>^0>^01- Определить максимальную высоту подъема ракеты, а также ее скорость 6 произвольной точке траектории. Сопротивлением воздуха пренебречь. Влияние Луны, Солнца и других тел на движение ракеты не учитывать.
Решение этой задачи уже получено (см. формулы (17.4) и (17.5)).
Заметим, что в рассмотренных задачах необходимо более детально оценить верхний предел начальной скорости: при скоростях, близких к и2, высота подъема ракеты становится настолько большой, что влиянием Луны, Солнца и других тел на движение ракеты уже пренебрегать нельзя. Полезно предложить сделать соответствующие оценки наиболее успевающим студентам. ,
В заключение этого параграфа рассмотрим еще одну задачу.
Пример 17.4 Космическая ракета движется вокруг Земли по орбите, почти совпадающей с орбитой Луны. При включении тормозного устройства ракета быстро теряет скорость и начинает падать на Землю (рис. 17.2). Определить время падения ракеты на Землю. Сопротив-
§ 18. Поле тяготения при§ 18. Поле тяготения припроизвольномпроизвольном
§ 18. Поле тяготения при
§ 18. Поле тяготения при
произвольном
произвольном
лением воздуха атмосферы Земли и влиянием других тел пренебречь.
Решение. Физическая система ракета — Земля. Происходит движение ракеты в поле тяготения Земли. Из решения предыдущих задач видно, что динамический метод приводит к сложному дифференциальному уравнению, а метод законов сохранения дает возможность найти лишь скорость ракеты в любой точке траектории, но не искомое время падения. Стандартные методы пока ни к чему не при-
17.2вели. Возникает догадка (!)
рассматривать движение ракеты как движение спутника планеты Земля по очень вытянутому эллипсу, длина большой оси которого равна радиусу орбиты Луны /?л«4* 105 км, а экцентриситет е==1. Тогда можно использовать третий закон К е п л е-
Р а
(打=(端Y，
где / — время падения, 7 =27,3 сут — период обращения Луны вокруг Земли. После вычисления находим /=77(4р%, что составляет примерно 4,85 сут.
распределении масс
В этом случае для расчета поля тяготения используют принцип суперпозиции и метод ДИ (см. § 6). Применяя этот метод при расчете напряженности поля, очень важно учитывать векторный характер этой величины. После нахождения элементарного вектора напряженности dE определяют его проекции dE%, dE?, 4邑 на соответствующие оси коор-. динат, а последующее интегрирование (суммирование) про*, изводят для каждой проекции отдельно.
Если напряженность поля известна, то задачу на движение тел в таких полях решают или динамическим мето-1 дом, или методом законов сохранения.
Пример 18.1 Описать движение материальной точш 6 поле тяготения длинного тонкого однородного стержня массой М и длиной /. Влиянием других тел пренебречь^
Решение. Ограничимся решением одномерной задачи —предположим, что материальная точка в начальный момент времени находилась на оси стержня на расстоянии %о=/ от одного из его концов (точка А на рис. 18.1)
к*^-^*4 — а
18.1
и имела начальную скорость, равную нулю 伍=0). Физическая система состоит из двух тел: стержня и материальной точки (обозначим ее массу /и). Физическое явление заключается в движении материальной точки в поле тяготения стержня.
Сила тяготения, действующая на материальную точку, неизвестна (она не равна F~GmM/x2, ибо стержень не материальная точка). Для применения динамического метода необходимо рассчитать поле тяготения стержня на его оси, т. е. найти вектор его напряженности Е и потенциал (р. Применим метод ДИ. будем считать, что т<^М. Инерциальную систему свяжем со стержнем, начало координат поместим в левый конец стержня, а ось ОХ направим вправо. Разделим стержень на столь малые части, чтобы каждую из них можно было принять за материальную точку. Рассмотрим один такой элемент длиной dx, находящийся на расстоянии % от произвольной точки А на оси стержня. Его масса dm=pSdx, где S — площадь сечения стержня, а р — плотность. Так как выделенный элемент — материальная точка, то характеристики его поля (напряженность dE и потенциал dtp) известны:
,Р—Gd/n — GpSd% , — Gdm— GpSdx
Заметим, что в нашем случае все элементарные векторы напряженности dE направлены в одну сторону. После интегрирования получаем суммарные характеристики поля всех элементов стержня (п е. поле стержня):
/ + х0
口 「GpSdx GM
J X2 的(/十用)'
c GpSdx\
98
99
Сила, действующая на материальную точку, находящуюся на расстоянии х от начала координат,
F— GMm .
_辺+了
на ось ОХ
d J =产戸 cosa = 2几 必+炉)% ,
(18.2)
По второму закону Ньютона
%(% + /)
получаем дифференциальное уравнение, после решения которого можно было бы найти закон движения материальной точки.
Применяя закон сохранения энергии в механике
畔4M
GmM 11 , / \ . ту2
После интегрирования (18.2) по углу ср находим проекцию искомого вектора напряженности на ось ОХ:
2л2л
戶—f GAfxdqp — GMx С л — GMx
" 一)2Л(/?2 + *2)% 一 2jt(R2 + %2)% j "一(可下尤2)* * оо
(18.3)
Легко видеть, что в силу симметрии сумма проекций элементарных напряженностей на оси OY и OZ равны нулю: £^=0, Ez=0. Следовательно, искомый вектор напряженности направлен вдоль оси ОХ и его модуль выражается формулой (18.3). После расчета напряженности поля кольца можно поставить ряд задач на движение тел в этом поле.
можно определить скорость движения материальной точки, находящейся на расстоянии х от правого конца стержня:
V =
1 +〃％0
Рассмотрим несколько примеров более сложных полей. Пример 18.2 Определить напряженность поля тяготения тонкого кольца радиуса R и массы М в точке А (рис. 18.2), расположенной на оси кольца на расстоянии % от его плоскости.
Решение. Физическая система состоит из кольца и его поля тяготения. Необходимо решить основную задачу поля тяготения — рассчитать поле кольца. Но кольцо нель* зя считать материальной точкой и, следовательно, формула (16.4) неприменима.
Используем метод ДИ. Разделим кольцо на столь малые элементы, чтобы каждый из них можно было считать материальной точкой. Рассмотрим один такой элемент d/=^d(p (рис. 18.2). Он создает поле тяготения, вектор напряженности которого в точке А равен dE, а его модуль
亚=黠， (18切
十
где(Ш =方灭 d/—масса элемента dZ. Вектор dE составляв^ угол а с осью ОХ и угол 屮 с осью 0Z. Проекция вектора dB 100 I
Пример 18.3 Описать движение материальной точки массы т, первоначально находившейся в покое в точке 01, расположенной на оси тонкого кольца массы М и радиуса R на расстоянии %o,«R от плоскости кольца. Принять, что т<^М (рис. 18.3).
Решение. Описать движение материальной точки в известном поле тяготения ——это значит найти закон ее движения. Это основная задача динамики.
Используя динамический метод по второму закону Ньютона, получаем дифференциальное уравнение гармонических колебаний:
GMm ~^~х,
(18.4)
Здесь учтено, что при %«К напряженность (18.3) поля тяготения кольца Е^讐％. Таким образом, материальная точка совершает гармонические колебания по закону х= —%о sin(coo/+ao), период которых 7=2jtZ?KR/(GM).
Если условие %gR не выполняется, то тем же динамическим методом находим более сложное дифференциальное
сферы 6 точке 0, расположенной на прямой (перпендикулярной делящей плоскости и проходящей через центр сферы) на расстоянии %>R от центра сферы (рис. 18.4).
уравнение
”GtnM
(18.5)
после решения которого можно было бы получить закон движения %=%(/). Используя закон сохранения энергии, можно было бы найти зависимость скорости v материальной точки от координаты %. Но для этого необходимо определить потенциал поля тяготения кольца, применяя или метод ДИ, или формулу (16.6).
Усложним условия примера 18.2: рассчитать поле полукольца в той же точке. Легко видеть, что в этом случае проекция результирующего вектора напряженности на ось ОХ уменьшится в два раза:
(18.6)
Решение. Для расчета поля тяготения каждой полусферы (не материальные точки) применим метод ДИ. Разделим каждую полусферу на узкие кольца ширины Rd8 и радиуса R sin 0. Рассмотрим одно такое кольцо. Его площадь
Но самым важным является то, что вследствие нарушения симметрии возникает отличная от нуля проекция Ez этого, вектора на ось OZ. Так как j
а
dS=2nRsin 8・Rde=2jrR2sinede, масса
~ лл dS Лж М sin 0 dO
(18.9)
то
d 戶 GM sin a cos tp d/— GMR cos ф d(p %= 2jtR (/?2+*2)= 2口(/?2+*2)% t
(18.10)
(18.7)；
+ л/2
戸 f GMRcosqpdqp — GMR
儿= )2九(R2 + %2)% =几(个 + 吟% ・
-л/2
Заметим, что в силу симметрии Еу=0.
Можно еще более усложнить условия примера
Так как все элементы этого кольца находятся на одинаковом расстоянии I от точки О, то элементарный потенциал поля тяготения этого кольца в точке О
(18・8)j
18.2
рассчитать поле четверти кольца, дуги с центральным уг- лом q)Vn/2 и т. д. Все эти задачи могут быть решены тек же методом.‘
Применим полученные результаты к расчету поля полу』 сферы.]
Пример 18.4 Сфера массы М и радиуса R разделенсА на две полусферы плоскостью, проходящей через ее цента Определить потенциал поля тяготения каждой полй
Ю21
GM sin 0d0
~2/~
(18.11)
Из треугольника АВО, по теореме косинусов, ?2=个+%2-2 Rx cos 0.(18.12)
После дифференцирования последнего соотношения 2/d/=2R% sin 0d0
находим, что
sin e(W=/d〃(R%).
Подставив это соотношение в (18.11), окончательно полу-чаем выражение для элементарного потенциала du как
функции одного переменного 厶
du =du =GdMdZGdMdZ(18.13)(18.13)
du =
du =
GdMdZ
GdMdZ
(18.13)
(18.13)
Можно было бы выразить элементарный потенциал как функцию одного переменного угла 9 (исключив / из (18.11) с помощью (18.12)). В этом случае последующее интегрирование будет более сложным, чем интегрирование соотношения (18.13).
Обозначив U、потенциал правой полусферы, U2— потенциал левой, после интегрирования (18.13) находим
U】=j(一窺)也=_縹[/R2 +炉一(%_/?)],
(18.14)
j_(—鑒)山=一紀[(% + R)—MR2 + %2].
(18.15)
Сложив (18.14) и (18.15), получим выражение для потенциала поля тяготения сферы в точке, расположенной вне сферы:
U=Ui+a=—GM/%.(18.16)
Тем же методом можно рассмотреть случай, когда %VR. Так же можно рассчитать поле тяготения вне и внутри однородного шара, что было частично сделано в задаче о колебаниях тела в шахте (см. пример 12.1) и т. д. В заключение этого параграфа рассмотрим такую задачу.
Пример 18.5 На оси планетарной туманности на расстоянии r0=5d от центра масс туманности находится космический корабль с выключенными двигателями. Через сколько времени корабль достигнет туманности, двигаясь к ней только под действием ее силы тяготения^ Считать туманность диском диаметром d—10-2 Пс, толщиной 九=10-з Пс с однородным распределением вещества плотности р=10-17 кг/м3. Начальную скорость корабля относительно туманности принять равной %=0. Масса корабля m = 10s кг (1 Пс=3,08-1013 км== =3,08• 3 м).
Решение. Физическая система состоит из двух физических объектов: туманности и космического корабля. Корабль можно считать материальной точкой. Так как
толщина туманности мала и по сравнению с расстоянием Го, и по сравнению с диаметром туманности, то будем приближенно считать туманность тонким диском. Происходит движение материальной точки (корабля) в поле тяготения туманности (диск—не материальная точка). Необходимо определить время движения корабля. Для этого надо знать закон его движения. Закон движения можно определить динамическим методом, если будет известно поле (напряженность) тяготения туманности.
Итак, план решения задачи известен: сначала необходимо рассчитать напряженность поля тяготения тонкого диска (туманности) массой
此5d2/ip/4. (18.17)
Затем динамическим методом нужно определить закон движения корабля и далее из закона движения найти время движения.
Рассчитаем напряженность поля тяготения диска. Применим метод ДИ. Разделим диск на тонкие кольца шириной dr. Рассмотрим одно такое кольцо радиуса г (рис. 18.5). Его масса
(18.18)(18.18)dM—2nrhpdr.
(18.18)
(18.18)
По формуле (18.3) найдем элементарную напряженность поля тяготения кольца:
(18.19)(18.19)т 口一 2nGrohpr d，
(18.19)
(18.19)
Т= G+周也.
После интегрирования (18.19) поля тяготения туманности: d/2 口 С 2nGrQphrПосле интегрирования (18.19) поля тяготения туманности: d/2 口 С 2nGrQphr11определим напряженностьопределим напряженность11/叶修У/叶修У(18.20)(18.20)
После интегрирования (18.19) поля тяготения туманности: d/2 口 С 2nGrQphr
После интегрирования (18.19) поля тяготения туманности: d/2 口 С 2nGrQphr
1
1
определим напряженность
определим напряженность
1
1
/叶修У
/叶修У
(18.20)
(18.20)
Далее, применяя динамический метод, по второму закону Ньютона получим дифференциальное уравнение
тх = 一 2nGphm /1；============■ \ ,(18.21)
(/ + (力)
после решения которого можно было бы найти закон движения корабля %=%〃)и, следовательно, время движения t0.
Но, оказывается, в данной задаче и не нужно было составлять дифференциальное уравнение (18.21) и тем более его решать! Искомое время /0 движения можно определить приближенно, используя средства более скромные, чем те, которыми мы воспользовались при решении данной задачи. Мы имеем в виду метод оценки. Прежде всего оценим массу туманности. Из (18.17) получаем
MT=Jtd2h()/2, или М^2-1025 кг.
Таким образом, масса туманности весьма мала: она меньше массы Солнца Мс=2-1030 кг на пять порядков. Учитывая, что размеры туманности велики (толщина туманности h=3-1013 м в несколько раз больше диаметра б/0«1,2-1013 м Солнечной системы), нетрудно предсказать, что поле тяготения, создаваемое такой туманностью, даже на ее границах весьма слабо.
Оценим порядок величины напряженности 邑 для двух значений г。： 1) r()=5d и 2) го«О (на границе туманности). Из (18.20) находим £^10-х5 м/с2 и Е^10~13 м/с2. Эти значения напряженностей чрезвычайно малы. Если космический корабль движется даже с максимальным ускорением а=Е；, то для прохождения пути s=l м ему потребуется время
友=/2s/£；, /г « 4,5- 10е с « 52 сут,
а на преодоление расстояния г0—5d время
<0 = К 5d/E；,
что составляет около 1,7- 10й с, или 5- 10е лет.
Таким образом, в таком слабом поле тяготения космический корабль практически находится в состоянии покоя. Вот каков оценочный результат решения данной задачи. Он весьма поучителен и показывает, что иногда, прежде чем применять физические законы и составлять (дифференциальные) уравнения, полезно оценить порядок некоторых величин и проанализировать (сравнить) полученные результаты.
ГЛАВА 6
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ ПОЛЕ
§19. Электростатическое поле в вакууме
Фундаментальным законом электростатического поля является закон Кулона
г Q1Q2
—4ле0га '
Он справедлив для точечных и неподвижных электрических зарядов. Закон Кулона по форме очень похож на закон всемирного тяготения Ньютона. Поэтому почти все, что было сказано в гл. 5 о поле тяготения, можно буквально повторить и для электростатического поля.
Основными характеристиками электростатического поля являются напряженность Е и потенциал ср. Для поля, созданного точечным зарядом,
e=岛，(19.2)
中=鳥・(19.3)
Напряженность Е и потенциал <р электростатического поля связаны соотношением (16.6).
Состояние электростатического поля как физической системы определяется значением вектора напряженности в любой точке поля. Следовательно, основная задача элек- тростатнкн заключается в расчете электрического поля. Здесь полезно различать три случая:
поле создано системой точечных зарядов;
поле создано системой точечных и неточечных зарядов, расположенных на телах правильной геометрической формы;
поле создано произвольным распределением зарядов.
Хотя первый случай рассматривался в поле тяготения* весьма полезно вначале рассчитать поля диполя (не только в точках, расположенных на его осях, но и в произвольной точке), квадруполя и других точечных систем. Во втором случае сначала по теореме Гаусса рассчитывают поля неточечных зарядов, а затем, используя принцип суперпозиции ,определяют суммарное поле. При произвольном распределении зарядов используют метод ДИ (см. § 6).
Если характеристики поля будут рассчитаны, то задачи о движении заряженных частиц в известном поле можно решить или динамическим методом, или методом законов сох
ранения.
Пример 19.1 Рассчитать напряженность поля прямой бесконечной нити, равномерно заряженной с линейной плотностью у, в точке 0, удаленной от нити на рас
стояние г 0.
Решение. Заряд нити нетЬчечный, поэтому непосредственно использовать формулу (19.2) нельзя. Приме- Iним сначала теорему Гаусса. В силу
симметрии поля вектор напряженности в любой точке нормален цилиндрической поверхности, проходящей через эту точку. Ось симметрии этой поверхности совпадает с нитью. По- 〃 этому в качестве замкнутой поверхности выберем цилиндр длиной / с осью симметрии, совпадающей с нитью, боковая поверхность которого проходит через точку О (рис. 19.1). Поток вектора Е через боковую поверхность цилиндра Фб=2лг01Е, а электрический заряд, расположенный внутри цилиндра, Q~yl. По теореме Гаусса,
2лг01Е=у1/&0.
Отсюда определяем искомую напряженность:
(19.4)(19.4)dE =dE =dQ у d/4л时a4“时2dQ у d/4л时a4“时2(19.5)(19.5)Попробуем применить метод ДИ. Разделим нить на столь малые элементы, чтобы заряд, находящийся на каждом таком элементе, был точечным. Рассмотрим один такой элемент длиной d/ с зарядом dQ=yd/ (рис. 19.2). В точке О элементарная напряженность поля этого заряда
(19.4)
(19.4)
dE =
dE =
dQ у d/
4л时a4“时2
dQ у d/
4л时a4“时2
(19.5)
(19.5)
Из треугольника ADO находим r=r0/cos а.
Так как 1Aq wda==r()da/cosa, то из треугольника АВС определяем
d/=|AC|/cos a=r0da/cos2 а.
Подставляя значения г и dZ в уравнение (19.5), получаем
4叫г。
Проекции вектора dE на оси ОХ и 0H
,г — у cos a da
_ 丫 sin a da
° У = 4ле0г0 *
Отсюда после интегрирования получаем
+ л/2+Л/2
Р С 7 cos a da у 尸 С
-Я/2-л/2
Таким образом, окончательно
(19.6)(19.6)(19.7)(19.7)(19.8)(19.8)Y sin a da ЛY sin a da ЛY
(19.6)
(19.6)
(19.7)
(19.7)
(19.8)
(19.8)
Y sin a da Л
Y sin a da Л
что совпадает с выражением (19.4), полученным с помощью теоремы Гаусса.
На первый взгляд метод ДИ при расчете поля нити оказался более трудоемким, чем использование теоремы Гаусса. В данном примере это действительно так. Но метод ДИ является универсальным, он может быть применен практи-
чески и в тех случаях, когда теорема Гаусса оказывается бесплодной.
Пример 19.2 Определить напряженность поля отрезка, равномерно заряженного с линейной плотностью у, в точке О, удаленной от отрезка на расстояние г0.
Углы ai w a2 заданы (рис. 19.3).
Решение. Легко видеть, что симметрия поля бесконечной нити нарушена, поле отрезка несимметрично. Очень трудно построить замкнутую поверхность, окружающую отрезок, для которой по теореме Гаусса можно было бы относительно просто вычислить поток вектора Е.
Применим метод ДИ. Проекции вектора df элементарной напряженности на оси ОХ и 0Y получены в примере 19.1. Интегрируя соотношения (19.7) и (19.8), находим проекции (компоненты) искомого вектора Е на оси ОХ и ОУ:
Ех= f Y 瓶0= T—(sin% + sin aj, (19.9) * J 4ле0г0 4ле0г0 v 1 1 孤‘
f YSinada = (cos a _ a . (19.10) у J 4叫a 4叫г。' 1
Легко показать, что поле прямой бесконечной нити (19.4) является частным случаем поля отрезка. Действительно, при ах=—jt/2 и。2=+冗/2 из (19.9) и (19.10) получаем e*=?/(2й80=0)и е?=0, что совпадаеt с (19.4).
Получив выражения для напряженностей полей отрезка и нити, мы можем теперь поставить десятки задач на расчет поля, созданного различными комбинациями равномерно заряженных отрезков, бесконечных и полубесконеч- ных нитей (поле «треугольника»； «квадрата», «угла» и т. д.).
НО
Пример 19.3 Бесконечная прямая нить, равномерно заряженная электричеством с линейной плотностью %= =+3・10-? Кл/м, и отрезок длины /=20 см, равномерно заряженный электричеством с линейной плотностью 丫2=+2〃0 ? Кл/м, расположёны в одной плоскости перпендикулярно друг к другу на расстоянии г0=Ю см (рис. 19.4). Определить силу взаимодействия между ними. Решение. В физическую систему включим два тела: нить и отрезок. Никакое из этих тел нельзя принять за материальную точку. Физическое явление заключается в воздействии поля нити на заряд отрезка. Необходимо определить силу этого взаимодействия. Заряд Q^^^/, находящийся на отрезке, расположен в электрическом поле нити, которое известно (см. (19.4)).
Казалось бы, для нахождения силы, действующей на заряд, можно воспользоваться формулой F=Q2E, где E=Yi/(2叫г。). Такое решение, однако, будет неверным, ибо эта формула применима или для однородного электрического поля (поле же нити неоднородно: E#=const), или для точечного заряда (у нас заряд Q2 неточный). На различные (но равные по длине) участки отрезка / действуют различные силы. Поэтому для расчета силы, с которой неоднородное поле нити действует на неточечный заряд Q2, применим метод ДИ. Разделим отрезок / на столь малые части d%, что заряд dQ=Tzd尤 каждого такого участка можно считать точечным. Заряд dQ находится в электрическом поле нити. Поскольку этот заряд точечный, на него действует сила
" = EdQ=盡^此(19.11)
где х — расстояние заряда dQ от нити.
Дифференциал искомой величины найден. Сила, действующая на каждый элемент отрезка, зависит от расстоят ния % этого элемента до нити. Поэтому и выберем это расстояние % за переменную интегрирования. Оно изменяется в пределах от %i=r0 до х2=го+/. Интегрируя уравнение (19.11) по %, получаем
Подсгановка числовых значений приводит к результату 尸В12107 Н.
Можно изменить условия решенной задачи, расположив отрезок параллельно нити, под углом к нити, в плоскости, перпендикулярной нити, и т. д. Все эти варианты задач могут быть решены одним и тем же методом ДИ.
Рассмотрим поля, созданные кривыми линиями, поверхностями и т. д.
Пример 19.4 Полуокружность радиуса R=2 м равномерно заряжена зарядом Q=10-9 Кл. Определить напряженность электрического поля, созданного этим зарядом в геометрическом центре полуокружности.
Решение. Физическая система состоит из двух объектов: равномерно заряженной зарядом Q полуокружности и электрического поля этого заряда. Напряженность поля неизвестна. Заряд Q, находящийся на полуокружности, неточечный, ибо он расположен на теле, размеры которого nR сравнимы с расстоянием R, рассматриваемым в данной задаче. Поэтому неверным было бы решение
Е^2,2В/м. • (19.12)
Теорема Гаусса приводит к очень сложным вычислениям. Применим метод ДИ. ИСО свяжем с полуокружностью, ось ОХ направим вправо (рис. 19.5). Разделим полуокружность на столь малые дуги d/, чтобы заряд dQ=Q&〃 (nR) каждой такой элементарной дуги был точечным. Рассмотрим один такой точечный заряд. Он создает электрическое поле, вектор напряженности dEj которого в точке А
составляет угол а с осью ОХ. Очевидно, что любому элементарному заряду в верхней полуплоскости найдется симметрично расположенный заряд в нижней полуплоскости. Геометрическая сумма векторов dEi и dE2 — вектор, направленный вдоль оси ОХ. Следовательно, при суммировании необходимо учитывать только проекции элементарных векторов напряженности на ось ОХ:
dE* =(1当 cos а = 4：：/ cos а =，“2%代•(19.13)
Первый этап (нахождение дифференциала искомой величины) закончен.
Проведем второй этап (интегрирование, суммирование). Необходимо выбрать переменную интегрирования. Положение точечного заряда на полуокружности определяется углом а. Поэтому угол а и выберем в качестве переменной интегрирования. По определению, угол а измеряется отношением длины дуги / к радиусу А окружности: a=〃R. Так как d/=Rda, то
dE — Q cos 8 也
Интегрируя это уравнение по углу а, получаем
+ Л/2
Е= J 謠^cosada =謁^, Е^1,4В/м. (19.14)
-Л/2
Правильное решение (19.14) значительно отличается от неверного решения (19.12). Если преобразовать формулу (19.14), вводя линейную плотность электрического заряда на полуокружности Y=Q/(nR), то мы получим, что напряженность электрического поля в центре равномерно заряженной дуги в виде полуокружности
£ =——--- 2"£oR
определяется такой же формулой, как и напряженность поля прямой бесконечной равномерно заряженной нити (19.4).
Тем же методом можно рассчитать поле равномерно заряженного кольца (полукольца и т. д.) в любой точке, расположенной на его оси на расстоянии % от плоскости кольца. Рассчитав поле кольца, можно поставить задачу о движении заряженной частицы вдоль оси кольца (при это движение является гармоническим). Затем можно поставить задачи о расчете поля равномерно заряженной полусферы, части сферы и т. д.
Пример 19.58 центре полусферы, равномерно заря
женной электричеством с поверхностной плотностью заряда о, расположен свободно ориентированный точечный диполь с электрическим моментом ре. Определить потенциальную энергию диполя “ период его малых колебаний относительно оси, перпендикулярной оси симметрии полусферы. Момент инерции диполя относительно оси вращения равен J.
dJ =謂^e。s9 =dJ =謂^e。s9 =ст sin 0 cos 0 d0ст sin 0 cos 0 d0(19.16)(19.16)
dJ =謂^e。s9 =
dJ =謂^e。s9 =
ст sin 0 cos 0 d0
ст sin 0 cos 0 d0
(19.16)
(19.16)
Решение. Физическая система состоит из равномерно заряженной полусферы и диполя. Ни одно из этих тел нельзя считать материальной точкой. Диполь назовем точечным, если длина его столь мала, что в любом неоднородном поле (поле полусферы неоднородно) вращающий момент, действующий на диполь, можно рассчитать по формуле
М=[рЕ],(19.15)
где р — электрический момент диполя. Известно, что в однородном поле эта формула справедлива для любого диполя.
Для ответа на вопросы задачи необходимо сначала рассчитать
поле полусферы (его напряженность Е) в центре полусферы. Применим метод ДИ. Разделим полусферу на узкие кольца. Рассмотрим одно такое кольцо (рис. 19.6). Заряд кольца dQ=2n^2(ysin0d0, где R ——радиус сферы.
Проекция элементарного вектора напряженности dE поля кольца на ось ОХ (ось симметрии полусферы) в точке О
Интегрируя это соотношение по 0 в пределах от 丛=0 (наиболее удаленное кольцо) до 9含=冗/2 (ближайшее кольцо), находим 一
Л/2
(19.17)(19.17)С osin 6 cos 6 dO а
(19.17)
(19.17)
J ^ M
0
Так как вращающий момент (19.15), действующий на диполь, известен, то из уравнения движения (14.7) получаем дифференциальное уравнение его малых колебаний
/ф = - pe^>, или а + 晚屮=0,где s^=pE/J. Отсюда искомый период
Для расчета симметричных полей (напряженность поля цилиндрической бесконечной поверхности, бесконечного
114
цилиндра, шара и т. д.) целесообразнее применять теорему Гаусса.
Пример 19.6 Прямой бесконечный цилиндр радиуса Ro=lO см равномерно заряжен электричеством с поверхностной плотностью заряда о= + lQ~12 Кл/м2. Цилиндр является источником электронов. Вектор скорости вылетающего электрона перпендикулярен поверхности цилиндра. Какова должна быть скорость электронов, чтобы они могли удалиться от оси на расстояние, большее г=102 м?
Решение. Физическая система состоит из двух тел: заряженного положительным зарядом цилиндра и электрона. Физическое явление заключается в замедленном движении электрона в электрическом поле цилиндра. Необходимо найти один из параметров его движения (скорость).
Для описания движения электрона необходимо сначала определить напряженность поля цилиндра. Заряд на цилиндре неточечный. Применим теорему Гаусса. Окружим цилиндр цилиндрической (соосной с цилиндром) поверхностью произвольного радиуса OR。(рис. 19.7). В силу симметрии вектор напряженности Е поля цилиндра в любой точке перпендикулярен построенной цилиндрической поверхности. Следовательно, поток вектора Е через цилиндрическую поверхность длины L
Фе—2ягЬЕ.
По теореме Гаусса находим
2лгЬ£=2rRqLg/&q, отсюда
e(19.18)
Далее, применяя динамический метод, по второму закону Ньютона получаем
где те—масса электрона, е — его заряд. Задача физически решена.
Она была бы решена окончательно, если бы мы решили это дифференциальное уравнение и получили закон движения электрона r=r(f). Далее, зная закон движения, можно было бы найти закон изменения скорости электрона “=「(/) и т. д. Применим закон сохранения энергии. По этому закону,
竽一е/н-绅，(19.19)
где ср0——потенциал цилиндра,屮一потенциал поля цилиндра на расстоянии г от оси цилиндра. Используя связь 七=——^ между напряженностью Е и потенциалом ф и учитывая (19.18), получаем дифференциальное уравнение
Ro。dg>
= -7. eordr
Интегрируя это уравнение, находим
ф = _^Я1пг + с,(19.20)
где с — произвольная постоянная. Отсюда ，
% = —沪 riR*.(19.21)
Из системы уравнений (19.19), (19.20) и (19.21) определяем искомую начальную скорость электронов:
% = /2"喘竺е，3,7.109 м/с.
В заключение этого параграфа рассмотрим такую задачу. Пример 19.7 Шар из диэлектрика (ел;1) просверлен по диаметру. Из этой полости откачан воздух. В полость помещен электрон. Какой положительный заряд необходимо сообщить шару, чтобы 九р〃 его равномерном объемном распределении электрон совершал в полости гармонические колебания с заданной частотой v0? Принять, что площадь поперечного сечения полости S^inRa, где R — радиус шара.
Решение. Эта задача практически идентична примеру (12.1) о колебаниях тела в шахте Земли. Для ее решения необходимо рассчитать напряженность электрического поля внутри шара. Применим теорему Гаусса. Пусть объемная плотность заряда p=3Q/(4nR3j. Через произвольную точку, удаленную от центра шара на расстояние %, проведем сферу радиуса %, центр которой расположен в центре шара О (рис. 19.8). Поток вектора Е (в силу симметрии поля) через поверхность сферы
①后=七，4П%2.
По теореме Гаусса,
e・4以2=绥ё.
380
Отсюда
Е =亠 ％.
Таким образом, на электрон действует сила
По второму закону Ньютона получаем дифференциальное уравнение гармонических колебаний электрона:
Следовательно, угловая частота(Oo=j/^7^^J. Учитывая, что(Oo=2n、o, находим искомую объемную плотность заряда:
p=12inaeoVome/e
и заряд:
Q=4/snR3p.
Для v0 = 106 Гц — 1 МГц н R = IO"*】м расчет дает р* ^6«10-9 Кл/мз, Q^2,4・ 10-h Кл.
§ 20. Электростатическое поле в диэлектриках
При рассмотрении электростатического поля в диэлектриках используют теорему Гаусса
^DdSn^Q"(20.1)
где вектор электрического смещения
D=%E+P,(20.2)
EQ* — сумма свободных зарядов внутри поверхности S, Р — поляризованность.
Напряженность Е электрического поля в диэлектрике и поляризованность Р связаны соотношением
Р=е0(е—1)Е.(20.3)
Таким образом,
D=eoeE.(20.4)
По принципу суперпозиции напряженность электрического поля Е в диэлектрике является геометрической суммой напряженностей полей свободных Ео и связанных Е' зарядов:
Е=Ео+Е'.(20.5)
Поверхностная плотность связанных зарядов
о'=Рп=£о(£—1)4(20.6)
где Рп и Ец—нормальные составляющие поляризованности и напряженности.
При расчете поля в диэлектриках целесообразно использовать следующие два метода.
Первый метод основан на принципе суперпозиции (20.5) (в дальнейшем для краткости будем называть его методом суперпозиции). Здесь сначала рассчитывают поле свободных, или (как иногда их называют) «сторонних», зарядов Ео- Затем определяют поле связанных зарядов Е. Далее по (20.5) находят напряженность Е поЛя в диэлектрике. Таким же образом можно непосредственно получить выражение для потенциала ср поля в диэлектрике. Заметим, что не все так просто в этом методе, как может показаться на первый взгляд. Нередко приходится использовать метод ДИ (см. § 6), встречаются трудности при определении плотности связанных зарядов о' (она по (20.6) зависит от J, которая является неизвестной) и их напряженности поля Е', а также ряд других «тонкостей», примеры которых будут приведены в дальнейшем.
По второму методу сначала по теореме Гаусса
находят вектор электрического смещения D, затем по
определяют напряженность электрического поля Е 118
в диэлектрике и далее (если необходимо) из соотношения (16.6) рассчитывают потенциал ср. Метод Гаусса (так кратко будем называть второй метод) часто быстрее и проще приводит к цели, чем метод суперпозиции, но иногда метод Гаусса оказывается неприменимым, тогда как метод суперпозиции может быть использован и в этих случаях.
Заметим, что в большинстве задач этого параграфа учитываются следующие условия: диэлектрики считаются однородными и изотропными, и их границы совпадают с эквипотенциальными поверхностями.
Пример 20.1 Одной из пластин плоского конденсатора площадью S=0,2 м2 сообщили заряд Q—10-9 Кл (другая соединена с Землей). Расстояние между пластинами d=2 мм. Между пластинами (параллельно им) находятся стеклянная и фарфоровая пластинки, толщины которых соответственно равны 必=0,5 мм м 虑=1,5 мм. Определить напряженности электрического поля в стекле и фарфоре, а также поверхностные плотности о' и о" связанных зарядов на них (рис. 20.1).
Решение. Физическая система состоит из конденсатора, на пластинах которого распределены свободные электрические заряды с плотностью o=Q/S, и двух диэлектриков, на которых возникают связанные электрические заряды с плотностями о' и о". Необходимо определить напряженности & н & электрического поля в диэлектриках, а также плотности о' и о" связанных зарядов. Это основная задача теории поля. Применим оба метода.
Метод суперпозиции. Поле в каждом диэлектрике создается свободными зарядами, расположенными на двух параллельных плоскостях, и соответственно связанными зарядами о' и о", расположенными также на двух плоскостях. Заметим, что связанные заряды создают поле, отличное от нуля, только в «своем» диэлектрике. Очевидно,
что напряженности полей этих зарядов
Так как по (20.6)
О =£о(81—1)Е1, о" — &о(6г—1) Е2, а по (20.5) 吕=?。一旦，£2=£в-^,
то, решая полученную систему уравнений, находим: е Q р Q „г (8i—1) Q „" — (©2 — 1) Q
(20.7)
Метод Гаусса. По теореме Гаусса определяем вектор электрического смещения в любом диэлектрике:
OAS=oAS, D=g=QIS.
Далее, по (20.4) находим напряженности Ei и Е2 электрического поля в диэлектриках:
г _ Q е _ Q
а по (20.6) — плотности связанных зарядов о' и о":
*(石1— 1) Q— (%—1) Q
что совпадает с результатами (20.7), полученными методом суперпозиции.
Пример 20.2 Два бесконечных тонкостенных коаксиальных цилиндра радиусов 2=5 см и /^2=10 см равномерно заряжены электричеством с поверхностными плотностями %=10 нКл/м2 и。2=—3 нКл/м2. Про-, странство между цилиндрами заполнено парафином' (8=2). Определить напряженность Е поля в точках^ находящихся на расстояниях ri=2 см, г2=6 см, г8= =15 см от оси цилиндров.
Решение. Метод суперпозиции. Общее поле создается четырьмя зарядами: свободными зарядами с плотностями 6 и %; и связанными зарядами с плотностями —о； и +°； (рис. 20.2). Связанные заряды создают поле, отличное от нуля, только в диэлектрике. Легко видеть, что поле в точке А (на расстоянии гх=2 см от оси) равно нулю. Это можно доказать по теореме Гаусса для вакуума.
20.220.2Рассмотрим точку В (удаленную от оси на расстояние %=6 см). В этой точке поле создается зарядами с плотностями 6 и —о； (поле зарядов и о8 в этой точке равно нулю). По теореме Гаусса (для вакуума) определяем поле заряда %:
20.2
20.2
(20.8)(20.8)р Ri。】1
(20.8)
(20.8)
С1 =—
180 Г2
Точно так же находим поле
заряда о；:
(20.9)
По (20.6),
&=%(£—1)E(RJ. (20.10)
Очень важно отметить, что в (20.10) E(RJ — это напря-
женность общего поля в диэлектрике в точке, удаленной от оси на расстояние Ri. Эта величина неизвестна. Свяжем
ее с напряженностью Е(г^ общего поля в диэлектрике в точке В. Так как напряженности £\ и Е； обратно пропорцио
нальны расстоянию 右 точки от оси, то и суммарные напряженности E(Ri) и Е(г^ также должны удовлетворять этому условию:
(20.11)(20.11)(20.12)(20.12)Е (R。_ 丄
(20.11)
(20.11)
(20.12)
(20.12)
Е(Г2)& *
Следовательно,
Е； =(£ — 1) Е (г2).
Так как по (20.5)
Е(%) = Е1—用,
то окончательно
е(%)=4?；・
Отсюда получаем £'(r2)«4,7« 102 В/м.
В точке С, удаленной от оси на расстояние / = 15 см, поле создается только свободными зарядами с плотностями
tfj И02：
EG)=警；EG)=警；%02 1%02 1
EG)=警；
EG)=警；
%02 1
%02 1
Следовательно, E(r^\,^-102 B/m.
Метод Гаусса. Рассчитаем этим методом напряженность поля в точке В. По теореме Гаусса,
D • 2nrJ=2nRiod,
откуда D=RBjr%. Далее, по (20.4) находим искомую напряженность:
Е (「J =Е (「J =&б 1So s r2&б 1So s r2
Е (「J =
Е (「J =
&б 1
So s r2
&б 1
So s r2
что совпадает с выражением (20.12), найденным методом суперпозиции. Следовательно, £'(r2)»4,7« 102 В/м.
Если поле (т. е. напряженность Е) известно, то можно определить и другие величины, например потенциал, энергию и т. д.
Пример 20.3 Две концентрические металлические сферы радиусов 爲=4 см и &=10 см имеют соответственно заряды Qi=—2 нКл и Q2=3 нКл. Пространство между сферами заполнено эбонитом(8=3). Определить потенциал <р электрического поля на расстояниях 厶=2 см,厶=6 см и「3=20 см от центра сфер.
Решение. Метод суперпозиции. Результирующее поле создается свободными зарядами Qi н Q? н связанными зарядами Q； и Q； (рис. 20.3). Для нахождения Q； и Q； необходимо знать напряженность Е(г) поля в диэлектрике. Эту величину можно получить по теореме Гаусса:
E^ = W^ (2°・13)
Пусть о； но； — поверхностные плотности связанных заря-дов соответственно Q； и Q；. Тогда по (20.6) и (20.13) имеем
4 ле /<1
6 = %(£1)七口 2 =6 = %(£1)七口 2 =(8— 1) Qi4ле/?1(8— 1) Qi4ле/?1
6 = %(£1)七口 2 =
6 = %(£1)七口 2 =
(8— 1) Qi4ле/?1
(8— 1) Qi4ле/?1
Таким образом,
Q； = o^nRl = ^^ ^ ; Q； =《4碎= "?、£. (20.14)
Известно, что для равномерно заряженной сферы радиуса /? в любой точке внутри и на поверхности сферы потенциал поля (в вакууме)
ф=4^»ф=4^»(20.15)
ф=4^»
ф=4^»
а для точки вне сферы
(20.16)(20.16)Q
(20.16)
(20.16)
ф = "7.
卞 4ле0г '
где Q — заряд сферы, г — расстояние точки от центра сферы О. Так как заряды (Qi, Q2, Qi, Q；), создающие поле, расположены на сферических поверхностях, то по принципу суперпозиции и с учетом (20.14), (20.15) и (20.16) определяем потенциал(pOi в точке А, удаленной от центра на расстояние 「1：
...I Qi . —Qi .
Фо1=Ф1+Ф2+Фз+Ф1=4^^ + 4^^-+4^； + 4^^==*
Qi 1(8 — 1) Qi (8 — 1) Qi J Qz4几8次1 十 4jieqgRi 4ле06/?2 *4Л807?2
(20Я7)(20Я7)—Qi(8— 1) Qi . Qz — 4j18q8Ri “％8丸 十 4jt£o R2，
(20Я7)
(20Я7)
потенциал(р02; в точке В, удаленной от центра на расстоянии г2:
Qi 1
屮Q? —4ле0г2 Т
1(8— 1) Q1 —(8— 1) Ql 1 Qz =
厂 4л8оЕГ2 4ле0е/?2 4痪戍2一
一 Qi —i) Qi 1外
14“80©广24ле0е/?2 ^4яе0/?2 » ' ' /
и потенциал(рОз в точке С, расположенной от центра на расстоянии г3：
① Qi j (8—1) Qi—(£ — 1) Qi I Qz =
屮—4n&r；十 4ле0ег8 4ле0ег3 十 4叫/
=—(2CH9)
4ле0г3 4ле0г8 、/
Метод Гаусса. По теореме Гаусса находим напряженно- сти Eoi, Eg，瓦8 в точках Л, В и С:
Eol^, Е。尸宀，旦尸(20.20)
4 叫 £力4ле0^з
Так как в нашем случае потенциал <р непрерывен, то, используя связь (16.6) между напряженностью и потенциалом, можно было бы определить значения потенциала в любой точке, если бы мы знали потенциал в какой-либо точке. Таким потенциалом является фОз (20.19), ибо он создается свободными зарядами Qi и Q2, или потенциал на поверхности второй сферы
屮(凡)=寒岩•(20.21)
Интегрируя (20.13) по г в пределах от г2 до 兄，получаем +屮(a) -9 G) = 4总%-4a：:8 ,
Отсюда определяем(р(г2) =Фо2：
— Qi(£ — 1) Qi I Qz
“2 = — 4吸£力 4ле0е/?2 十 4叫R&，
что совпадает с результатом (20.18), полученным методом суперпозиции.
Интегрируя (20.13) в пределах от R】 по 乙，находим
屮(％)—屮(R° = 4“％£Ri—4ле0ег2 *
Отсюда определяем(p(Ri)=Si：
— Qi.(£— ]) Q[Qa
屮°】=—4叫)哝 1 一 4ле0е/?2 十 4ле0/?2 *
что совпадает с результатом (20.17), найденным методом суперпозиции.
Можно усложнить решенную задачу, введя еще одну или несколько заряженных концентрических сфер, поместив между ними, а также внутри первой сферы различные ди- 124
электрики. Легко видеть, что все эти задачи могут быть решены или методом суперпозиции, или методом Гаусса.
Рассмотрим задачу, при решении которой методом суперпозиции необходимо быть особенно внимательным и тщательнейшим образом анализировать и рассчитывать поля различных зарядов.
Пример 20.4 Стеклянный (е=7) толстостенный полый шар равномерно заряжен 九。объему с плотностью р = 1,5 мкКл/м3. Внутренний радиус шара Ri=2 см, наружный Т?2=6 см. Найти распределение потенциала 6 стекле, а также вычислить потенциалы <р наружной, внутренней поверхностей “ центра шара.
Решение. Метод суперпозиции. Найдем сначала распределение потенциала в стекле, т. е. потенциал в произвольной точке А, удаленной от центра шара на расстояние г, причем RaHRi (рис. 20.4). Какими зарядами создается поле в диэлектрике? Это, во-первых, сторонний объемный заряд диэлектрика
Q = 4/8n(g—R)p(20.22)
и, во-вторых, связанный заряд Q' на внешней поверхности шара, который по (20.14) составляет
q，= £”.(20.23)
Найдем в точке А потенци-20.4
ал поля, созданного объемным зарядом Q. Заряд этот неточечный, и необходимо использовать метод ДИ. Но при формальном применении этого метода мы можем получить неверный результат. Вследствие симметричности распределения заряда Q разделим сферический слой на тонкие концентрические сферические слои столь малой толщины d%, чтобы элементарный заряд
dQ=4n%2d%p(20.24)
(где х — радиус слоя) каждого такого слоя можно было считать распределенным по сфере. Тогда результирующий потенциал в точке А по принципу суперпозиции равен сумме потенциалов полей, созданных элементарными зарядами этих сфер. Но элементарный потенциал сферы в точке Л должен вычисляться по разным (!) формулам (20.15) или
в зависимости от того, какой является точка А для этой сферы ——внутренней или внешней.
(20.25)(20.25)Для учета этого обстоятельства проведем через точку Л сферу радиуса г с центром в точке О (рис. 20.4). Эта сфера разделит шаровой слой на два подслоя: подслой с радиусами Ri н г н подслой с радиусами г н R?。В первом из них для всех элементарных сфер точка А — внешняя, а во втором — внутренняя. Рассмотрим элементарный сферический слой толщиной d% в первом подслое (рис. 20.5). Его элементарный потенциал в точке А (по (20.16)!)
(20.25)
(20.25)
В (20.25) уже учтено, что заряд dQ расположен в диэлектрике.
Формула (20.25) в самом методе суперпозиции обосновывается следующим образом. Потенциал в точке / соз
дается свободным зарядом dQ и связанным зарядом —dQ'=—[(£—l)/g]dQ, расположенным на сфере радиуса %. Результирующий потенциал этих зарядов в точке А
,— dQ dQ' — dQ (s_l)dQ_ dQ = 4ле0г —4ле0г 4леог4吗/一 — 4леоег，
что совпадает с (20.25).
Интегрируя (20.25) по х в пределах от Ri до г, находим потенциал 屮卜 созданный в точке А зарядом первого подслоя:
明 J蟲(尸-串)(2°・26)
Рассмотрим элементарный сферический слой толщины d% во втором подслое (рис. 20.6). Его элементарный потенциал в точке А (по 20.15)!)
, dQ
加=磕詼.(20.27)
Учитывая (20.24) и интегрируя (20.27) по % в пределах от г и R2, определяем потенциал(р2, созданный в точке 4 зарядом второго подслоя:
G Г 4ЛОХ2 dx р/?2
% ) 4ле0ех =瓦^ —2еое *(2。・ ^8)
Наконец； потенциал ср3, созданный в точке А связанным зарядом Q' (см. (20.23)), по (20.15) составляет
(20.29)(20.29)m _（6-1）（醴一R；）P
(20.29)
(20.29)
Таким образом, общий потенциал в точке А
Ф = Ф1 + Ф2 + Фз = — 5^ё (?+') + &(20.30)
где постоянная
(20.31)(20.31)С= pR纟 I (е—1)(成R：)p 2^63%8/?2
(20.31)
(20.31)
Преобразуем постоянную С к виду, который понадобится нам в дальнейшем:
(20.32)(20.32)С= (R；-&)P I р(&+2&)
(20.32)
(20.32)
— Зе0/?26е0е/?2
Зная распределение потенциала (20.30), можно определить значения потенциала на внешней поверхности шара:
9(凡)П一矗(争+需)+ e
и на его внутренней поверхности:
9(%)= 一察+ c■
Потенциал в центре шара ф0 равен потенциалу на внутренней поверхности 中(Ri).
Метод Гаусса. По теореме Гаусса определяем модуль вектора электрического смещения в точке А (рис. 20.6):
D. 4”а = 4/3л (г3 — R；) р,
(20.33)(20.33)т(Т)・
(20.33)
(20.33)
Далее, находим напряженность поля в этой же точке:
(20.34)(20.34)Е =鼠—*).
(20.34)
(20.34)
Затем после интегрирования соотношения Е=——d(p/dr получаем распределение потенциала в шаре:
(20.35)
Постоянную интегрирования Ci найдем из условия непрерывности потенциала и того обстоятельства, что потенциал (р(О на внешней поверхности шара определяется только свободным зарядом Q (20.22):
中(&) = 4“； &中(&) = 4“； &JR：—R；)PЗб07?аJR：—R；)PЗб07?а
中(&) = 4“； &
中(&) = 4“； &
JR：—R；)P
Зб07?а
JR：—R；)P
Зб07?а
Подставляя это значение в (20.35)
(&—&)Р3£0r2(&—&)Р3£0r2
(&—&)Р
3£0r2
(&—&)Р
3£0r2
получаем значение произвольной постоянной:
(20.36)(20.36)(&—R?)P I р (咫+2R：)'380/?2б80е/?2
(20.36)
(20.36)
Таким образом, окончательно
p / 产丄 丄(内 - R：) p p (咫 +2g)(20 37)
что совпадает со значением потенциала 屮(20.30), найденного методом суперпозиции, если учесть значение постоянной С (20.32).
Можно усложнить решенную задачу, поместив, напри* мер, в полость металлический или диэлектрический шар (с другой диэлектрической постоянной е0, заряженный по объему с другой плотностью р〔 или незаряженный и т. д. В частности, из (20.37) можно получить распределение по-
；:皺丁£；УТРИ равномерно заряженного сплошного шара
и значение потенциала в центре шара:
9(。)=嗡(1+击)
Все эти и подобные им задачи могут быть решены или методом суперпозиции, или методом Гаусса.
Нетрудно заметить, что во всех решенных нами задачах метод Гаусса действительно приводил к цели быстрее и Нрогце, чем метод суперпозиции. Но не будем спешить с выводами, а лучше рассмотрим еще несколько задач.
Пример 20.5 Достаточно длинный круглый цилиндр из однородного 〃 изотропного диэлектрика с известной диэлектрической постоянной е расположен в однородном поле с напряженностью Ео так, что ось цилиндра совпадает с направлением Ео (рис. 20.7). Определить напряженность электрического поля вблизи цилиндра (внутри и вне цилиндра).
к ・if
£0
20.7
Решение. Легко видеть, что метод Гаусса оказывается бесплодным. Применяя теорему Гаусса, мы получаем тривиальное тождество Di—D^, выражающее непрерывность нормальных составляющих вектора электрического смещения. Применим метод суперпозиции. Обозначим £\ напряженность поля внутри цилиндра и £2 — вне его. Вследствие явления поляризации диэлектрика на основаниях цилиндра образуются связанные заряды —Q' и +Q' с плотностью о'. Результирующие напряженности £\ и 旦 являются геометрическими суммами напряженности Ео внешнего поля и напряженностей полей, созданных связанными зарядами —Q，н +Q'.
Расшифруем теперь понятие «достаточно длинный цилиндр». Достаточно длинный ——это такой цилиндр, длина которого столь велика, что поле, например, заряда +Q' мало в области заряда —Q' (им можно пренебречь по срав-
нению с полем заряда —Q'), и наоборот. Таким образом, Е尸Е§—Е', Е2=Е0+Ег,
где Е' — напряженность поля заряда —Q，(или +Q'). Определим Е'. Это поле равномерно заряженного диска.
Применяя метод ДИ, находим (см. рис. 20.7, а также пример 18.5 и формулу (18.20)) проекцию элементарного вектора напряженности тонкого кольца на ось диска (ось ОХ):
dE 一 dQ・x _ 2лто，хdr
" 4лео (，2 + %2产2471go (戸 + x2)3/2 .
Отсюда после интегрирования по переменной г от 0 до R (радиус диска) определяем напряженность поля диска (или поля связанного заряда —Q'):
碎=斗=了总产=备卩一歹h 338)
Из (20.38), между прочим, следует, что Е'аО при достаточно большом х. Таким образом, данная выше расшифровка понятия «достаточно длинный цилиндр» обоснована.
Вблизи основания цилиндра 火0 и
(20.39)
Учитывая (20.6), получаем
р 一 р —%(£ — 1) Ef
—2^
и, следовательно,
9
e尸中旦・(20.40)
Заметим, что в (20.6) Еп — это напряженность поля внутри диэлектрика! В нашем случае En=Ei. Тогда из (20.6) определяем
°'= 2% 詔旦.(20.41)
Из (20.39) получаем
Следовательно,
区=匸^е().(20.42)
Пример 20.6 В бесконечном однородном и изотропном диэлектрике, в котором создано известное однородное поле напряженности £0, имеется сферическая полость радиуса R (рис. 20 8). В центре полости расположен точечный диполь с электрическим моментом ре. Определить период малых колебаний диполя, если момент инерции диполя относительно оси вращения равен J. Решение. Задача весьма похожа на пример 19.5. Очевидно, что период малых колебаний диполя может быть легко найден, если мы определим поле в полости. Легко видеть, что и в этой задаче метод Гаусса бесперспективен.
Применим метод суперпозиции. Вследствие поляризации диэлектрика на поверхностях (двух полусферах) появляются связанные заряды +Q' и —Q', плотности о' которых не постоянны. Для расчета поля полусферы с переменной
поверхностной плотностью заряда о' применим метод ДИ. Нетрудно доказать, что поверхностная плотность зарядов о' на элементарном кольце
o'=o()cose,(20.43)
где
(у0=е0(е—1)£0(20.44)
—максимальная поверхност- 川.° ная плотность заряда (в точке
Л на рис. 20.8). Тогда проекция элементарного вектора напряженности dE поля кольца на ось ОХ (ось симметрии полусферы) в точке О (по 19.16)
dj =dj =。0 sin 8 cos* 6 d628()。0 sin 8 cos* 6 d628()
dj =
dj =
。0 sin 8 cos* 6 d628()
。0 sin 8 cos* 6 d628()
Отсюда после интегрирования находим поле одной полусферы:
л/2
и С ст0 sin 0 cos2 0 d0 (8— 1) Eq
k < x= \「・ I 八—‘・=x.
Поле двух полусфер
Е* = 2£\ —Е* = 2£\ —(е— 1) £*о3(е— 1) £*о3
Е* = 2£\ —
Е* = 2£\ —
(е— 1) £*о3
(е— 1) £*о3
Таким образом, искомое поле в центре сферической полости
(20.45)(20.45)e = 七。 + Е尸寺当.
(20.45)
(20.45)
Так как поле известно, то дальнейшее решение задачи о колебаниях диполя очевидно (см. пример 19.5).
В заключение рассмотрим еще одну задачу на оценку. Пример 20.7 Эбонитовый шар радиуса А равномерно заряжен электричеством с объемной плотностью р. Сфера какого радиуса Ri делит шар на две части, энергии которых равны?
Решение. Проведем эту сферу радиуса Ri (рис. 20.9). Тогда нам необходимо определить энергию Wi шара радиуса R и энергию W2 шарового слоя с радиусами Ri п R. Для этого необходимо рассчитать поле в шаре. Это легко делается методом Гаусса. По теореме Гаусса,
£)・4"2=%лт"3р.
Таким образом, поле внутри шара
—3806 '
Применяя метод ДИ, находим энергию dW поля, заключенную внутри тонкого шарового слоя толщины dr:
dW = цу • du =包里 4лг2dr = ~^ г4 dr. 29е0е
Здесь w — плотность энергии электрического поля. После интегрирования получаем
W[=W[="宀="宀=2np2 (R5 —")2np2 (R5 —")45е0е45е0е
W[=
W[=
"宀=
"宀=
2np2 (R5 —")
2np2 (R5 —")
45е0е
45е0е
Так как W^W^, то
0,87R.0,87R.
0,87R.
0,87R.
Числовой ответ несколько неожиданный: во внешнем та。 ровом слое толщиной всего лишь (примерно) в ^^ радиуса содержится половина электрической энергии всего шара】
Проводники в электростатическом
поле
Поверхность проводника является эквипотенциальной поверхностью. На этом свойстве проводников основан метод зеркальных изображений. Этот метод позволяет рассчитывать различные электростатические поля, определять емкость системы проводников и т. д.
Метод зеркальных изображений основан на следующем положении. Если в произвольном электростатическом поле заменить эквипотенциальную поверхность металлической поверхностью такой же формы и создать на ней такой же потенциал, то данное электростатическое поле не изменится.
Рассмотрим электрическое поле между точечным зарядом 十Q и бесконечной металлической плоскостью, потенциал которой равен нулю. В силу выше сформулированного положения это поле эквивалентно электрическому полю, созданному данным точечным зарядом +Q и точечным зарядом —Q, являющимся зеркальным изображением данного заряда +Q в металлической плоскости (рис. 21.1).
Пример 29.1 Точечный заряд Q=+2-10-8 Кл находится на расстоянии Z = 1 м от бесконечной металлической плоскости, отведенной к Земле (рис. 21.1). Определить силу взаимодействия между зарядом и плоскостью.
Решение. Металлическая плоскость находится в электростатическом поле гочечного заряда. Вследствие явления электростатической индукции на стороне металлической плоскости, ближайшей к точечному заряду, появляются наведенные электрические заряды противоположного знака. Поэтому возникает сила взаимодействия между данным точечным зарядом и зарядами, наведенными на
плоскости. Потенциал плоскости по условию равен нулю (потенциал Земли условно принимают за нуль). Следовательно, согласно методу зеркального изображения, электрическое поле между точечным зарядом и плоскостью эквивалентно полю, созданному данным зарядом и его зеркальным изображением в металлической плоскости. По закону Кулона получаем искомую силу взаимодействия:
F^l^l^' F«9-10-7H.
Пример 21.2 Точечный диполь с электрическим моментом р находится на расстоянии / от бесконечной проводящей плоскости. Определить модуль вектора силы, действующей на диполь, если вектор р перпендикулярен плоскости.
Решение. По методу зеркальных изображений поле данного диполя и зарядов, индуцированных на плоскости, эквивалентно полю двух диполей: данного и его зеркального изображения в плоскости (рис. 21.2). Диполи находятся на расстоянии 2/ друг от друга. Таким образом, искомая сила F ——это сила, с которой диполь-изображение действует на данный диполь. Нетрудно доказать, что на оси диполя на расстоянии г^1г (длины диполя) напряженность поля
Пример 21.3 Тонкая бесконечно длинная нить равномерно заряжена электричеством с линейной плотностью т и расположена параллельно безграничной проводящей плоскости на расстоянии / от нее (рис. 21.3). Найти: а) модуль вектора силы, действующей на участок нити единичной длины; б) распределение поверхностной плотности заряда о(х) на плоскости, где х ——расстояние от плоскости, перпендикулярной проводящей поверх^ ности и проходящей через нить.
Следовательно, сила, действующая на данный диполь, 尸=已一耳，
где
尸】 = QE】=券
Решение. Легко видеть, что для определения силы, действующей на участок нити единичной длины, необходимо рассчитать поле ее изображения (рис. 21.3). Но поле нити нетрудно найти, хотя бы по теорме Гаусса (см. (19.4)):
2ле0г
—сила, действующая на отрицательный заряд данног<
диполя, а
F % = QE 工=
2pQ
В нашем случае г=2/. Таким образом, сила, действующая на участок нити единичной длины,
4叫(г + А)з
——сила, действующая на его положительный заряд. Учитывая, что г=2/ и p=Qli, 2/》厶，после несложных преобразований получаем 1
4лб0/
Для ответа на второй вопрос определим поле нити и ее изображения в точке А (рис. 21.3):
F — 一3 户32лб0/4F — 一3 户32лб0/4
F — 一3 户
32лб0/4
F — 一3 户
32лб0/4
—2т/— tZ
1 一 2Л60 (х2 + 戶)一 "% (炉+/2)•
135135134
135
135
Поле Е* индуцированных зарядов вблизи проводящей плоскости (вне ее) найдем по теореме Гаусса:
e产。/现.(21.1)
Индуцированные заряды распределяются так, что их поле внутри плоскости компенсирует внешнее поле £i (напряженность поля внутри проводника, расположенного в электростатическом поле, равна нулю):
Ei+E^O.(2L2)
Следовательно,
(严+*).
Таким образом, в методе зеркальных изображений яаще всего необходимо рассчитывать характеристики поля данных зарядов и их изображений, т. е. решать основную задачу теории поля.
Пример 21.4 Очень длинная прямая нить, равномерно заряженная электричеством с линейной плотностью т, расположена перпендикулярно безграничной провоза邮й плоскости “ не доходит до этой плоскости на расстояние / (рис. 21.4). Пусть точка О — след нити на плоскости. Определить поверхностную плотность индуцированного заряда на плоскости: а) в точке О, б) в зависимости от расстояния х до точки О.
Решение. Используя метод зеркальных изображений, рассчитаем сначала поле нити и ее изображения в точке О. Для определения поля одной нити на ее оси применим метод ДИ. Элементарная напряженность dE точечного заряда dQ=Tdr элемента нити dr в произвольной точке на оси нити на расстоянии г от него (рис. 21.4) составляет
dQ _ т/dr4ле0r2 48%，2 ,
Отсюда после интегрирования получаем
Е — ( т d，— т
一J 4П%产一48е()，,
В нашем случае г=/. Таким образом, напряженность 七力 поля нити и ее изображения в точке О
Е — т
Учитывая (21.1) и (21.2), находим плотность а0 зарядов на плоскости в точке О:
%%
%
%
Определим теперь плотность о индуцированных зарядов на плоскости в точке Л (рис. 21.5), находящейся от точки О на расстоянии %. Для этого снова необходимо рассчитать
21.521.5
21.5
21.5
поле нити и ее изображения, но уже в точке А. Применяя метод ДИ, находим модуль вектора dE элементарной напряженности точечного заряда dQ=TdZ элемента d/ одной нити, расположенного от точки / на расстоянии г:
dQ _
4"无产 4ле(/2,
Так как d/=rda/cosa, r=%/cosa, то
d£ =d£ =т da4%*т da4%*
d£ =
d£ =
т da4%*
т da4%*
Из рис. 21.5 видно, что результирующий вектор напряженности поля нити и ее изображения в точке А направлен вдоль оси OY и, следовательно, £х=0. Поэтому найдем только проекцию dEy вектора dE: •
dq = dE sin a =dq = dE sin a =т sin a da—4叫%—т sin a da—4叫%—
dq = dE sin a =
dq = dE sin a =
т sin a da
—4叫%—
т sin a da
—4叫%—
Отсюда после интегрирования получаем проекцию вектора напряженности поля нити на ось OY:*
л/2'
Е — С т sin a da _ т cos 备
а — ) ~4леох4元嗫•
Таким образом, напряженность поля нити и ее изображения в точке Л
Е Е _ Tcosak__т
Учитывая (21.1) и (21.2), определяем поверхностную плотность индуцированных на плоскости зарядов:
2л炉)％
Легко видеть, что о=а0 при %=0・
Пример 21.5 Тонкое кольцо радиуса R, равномерно заряженное зарядом Q, 〃 проводящая сфера расположены так, что центр сферы О находится на оси кольца на расстоянии / от плоскости кольца (рис. 21.6). Определить потенциал сферы.
Решение. Проводник (сфера) находится в поле кольца. Необходимо рассчитать потенциал проводника. Это основная задача теории поля. Так как поле несимметрично, то сомнительно, что теорема Гаусса приведет к хорошим результатам.
Применим метод суперпозиции. На проводящей сфере возникают индуцированные заряды —Q，и +Q". Результирующее поле создается тремя зарядами: Q, —Q' и +Q"・ Следовательно, по принципу суперпозиции, потенциал проводящей сферы ф^фх+фг+фз. где фх> Фг и Фз ——потенциалы полей, созданных соответственно зарядами Q, —Q и +Q". В какой точке сферы? В любой. Ибо потенциал произвольной точки проводника, расположенного в электростатическом поле, постоянен.
В нашем случае и весь объем, ограниченный проводя-
21.6щей сферой, является эквипо
тенциальным. Таким образом, возникает догадка рассчитывать поле в самой удобной для нас точке. Такой точкой является центр сферы. Действительно, несмотря на то что мы не знаем ни значений индуцированных зарядов —Q' и +Q", ни законов распределения по сфере их плотностей —o' и +。"，мы можем утверждать, что общий потенциал поля этих зарядов в этой особенной точке (центр сферы) равен нулю:屮2+屮3=0 (индуцированные заряды —Q' и +Q" находятся на одинаковом расстоянии от центра, равны по модулю (|—Q'|=|+Q"|) и проти-
воположны по знаку). Следовательно, осталось рассчитать потенциал(рх поля кольца в точке Q (рис. 21.6):
“ =4п% b+RZ)1/，.(2 L 3)
Это и есть искомый потенциал сферы(p=q)i.
Можно усложнить условия решенной задачи. Например, пусть заряд Q на кольце распределен неравномерно. Легко видеть, что решение (21.3) останется таким же. Далее, можно предположить, что кроме заряда кольца Q поле создается другими зарядами: точечным зарядом @, зарядом Qj тонкого отрезка и т. д. Нетрудно доказать, что во всех этих вариантах решение задачи сводится к расчету поля (потенциала) новых зарядов “，Q2 и т. д. в центре сферы.
Заметим, что решенная задача оказалась нестандартной: необходимо было догадаться, что «самой удобной» точкой является центр сферы.
Емкость
C=Q/(P(21.4)
уединенного проводника определяет характер электрического поля, возникающего вне и на поверхности проводника (потенциал ср) при сообщении ему электрического заряда Q. Отсюда следует, что нахождение емкостей проводников
связано с расчетом потенциала этого электрического поля (т. е. с основной задачей в теории поля).、
Пример 21.6 Определить емкость уединенного шарового проводника радиуса Ri, окруженного прилегающим к нему концентрическим слоем однородного диэлектрика с проницаемостью 8 и наружным радиусом R? (рис. 21.7).
Решение. Сообщим шаровому проводнику заряд Q. Тогда вне и на поверхности проводника возникает элек три-
ческое поле. Если мы рассчитаем
потенциал проводника <p(Ri), то по (21.4) можем найти емкость С. Расчет потенциала поля (оно симметрично) можно провести по методу Гаусса. По теореме Гаусса,
D-4nr2—Q,
где R>r>R「Следовательно, напряженность поля в диэлектрике
Q
一 4л80е/-а '
После интегрирования соотношения Е=―d(p/dr получаем распределение потенциала в диэлектрике:
屮=—J 4irt808r2，屮—4л%8Г + .
Постоянную с найдем из условия ^(R^—Q/^moR^):
с— QD 4叫喊2 ,
Таким образом, окончательное распределение потенциала в диэлектрике
9(Г)=謠?(；+舒)
Используя условие непрерывности потенциала, определим потенциал шарового проводника:
中(飞)=岛(备+号)
и его емкость (21.4):
с Q4ле0е/?1
代2
Пример 21.7 Зазор между обкладками плоского конденсатора заполнен изотропным диэлектриком, проницаемость второго изменяется 6 перпендикулярном обкладкам направлении по линейному закону от 玩 до еа, причем 82>8i. Площадь каждой обкладки S, расстояние между ними d (рис. 21.8). Определить емкость конденсатора.
Решение. Направим ось ОХ вверх, а начало координат совместим с нижней пластиной (рис. 21.8). Так как е изменяется по линейному закону, то
е=а+Ь%,(21.5)
где постоянные a n b определяются из граничных условий (8=81 при %=0 и е=е2 при %=d):
a=&i, ^=(82—£i)/d.(21.6)
Таким образом, .6261
Сообщим нижней пластине конденсатора заряд Q и и。 методу Гаусса рассчитаем напряженность образовавшегося
ПОЛЯ：ПОЛЯ：QQEq£S 8()(。~|"6%) SEq£S 8()(。~|"6%) S
ПОЛЯ：
ПОЛЯ：
Q
Q
Eq£S 8()(。~|"6%) S
Eq£S 8()(。~|"6%) S
Далее, после интегрирования соотношения
口 d(p /, о dx \
"="ВТ〈 или dcp =慈位+ 6%)丿 определим разность потенциалов А(р между пластинами:
У 1bos m+孔) 8°Sb 十 a
0
Следовательно, емкость конденсатора
С = ^ = “Sb = £()S 伯2—80 АфIn (1 + bd/a) ~~ "in (出/玩)
Можно обобщить решенную задачу, предположив, 'что проницаемость 8 изменяется по любому закону £=/(%), где /(%) — произвольная функция (например, /(х)=хи). Легйо видеть, что все такие задачи могут быть решены тем же методом.
Пример 21.8 Определить емкость сферического конденсатора с радиусами обкладок Rr и R2 (причем R>Ri), который заполнен изотропным диэлектриком с проницаемостью, изменяющейся по закону £=а/尸,где а ——постоянная, г ——расстояние от центра конденсатора (рис. 21.9).
Решение. Сообщив внутренней обкладке заряд Q, по методу Гаусса рассчитаем напряженность поля внутри диэлектрика:
£ _ Q— __ Q
—4ле08/2 — 4n80a
и разность потенциалов между обкладками:
Следовательно, емкость такого сферического конденсатора
с — 4лб0а
L =瓦一石•
В заключение этого параграфа рассмотрим еще такую задачу.
Пример 21.9 Определить емкость участка единичной длины двухпроводной линии.
Решение. Задача поставлена не полностью. Проведем идеализацию задачи. Пусть линейная плотность зарядов (заряд на единичной длине) на первой линии равна ——т, а на второй +т. Предположим, что другие тела находятся столь далеко от линии, что их влиянием на электрическое поле между проводами можно пренебречь. Предположим, что радиусы г проводов одинаковы и что г《/ (где / — расстояние между ними). Таким образом, рассматриваемая физическая система состоит из трех объектов: двух бесконечных тонких прямых параллельных проводников, равномерно заряженных электрическими зарядами с линейными плотностями —т и +т, и электрического поля, созданного этими зарядами. Необходимо определить емкость участка единичной длины такой системы.
Эта задача связана с основной задачей теории поля. Рассчитаем напряженность поля между проводами в произвольной точке А, находящейся на расстоянии х от левого провода (рис. 21.10). Используя принцип суперпозиции и формулу напряженности электрического поля прямой бесконечной равномерно заряженной нити, получаем
—2лб0х ' 2лб0 (Z—х)'
Учитывая связь между напряженностью и потенциалом, получаем
ф= 一 f Е d% = ^~口п%—m (/—%)] + c，
где с — произвольная постоянная. Отсюда определяем потенциалы левого и правого проводов:
“一蟲 Unr-ln(f] + c,
屮产一矗即(/—Г)—In (r)]+c.
Далее находим разность потенциалов между проводами!
△屮=Ч\--屮2 =In——^.
Так как, по условию, г《/, то
Д(р = — In —.
Л80 Г
Используя соотношение (21.4), определяем емкость участка единичной длины двухпроводной линии;
丽= ^TW
Постоянный электрический ток
Основной задачей теории постоянного тока является задача о расчете электрической цепи. В общем виде эта задача ставится следующим образом: дана произвольная электрическая цепь, даны какие-то ее параметры (з. 0. с., сопротивления 〃 т. 0.); требуется найти какие-то другие (неизвестные) величины (силы токов, работу, мощность, количество теплоты и т. О.). Заметим, что самой важной, фундаментальной величиной в явлении постоянного тока необходимо считать силу тока I. Зная (найдя) эту величину, можно определить практически любую другую величину (работу, мощность, количество теплоты, энергию, параметры магнитного поля и т. д.), характеризующую это явление. Поэтому основная задача в теории постоянного тока заключается в нахождении сил токов. Такая постановка задачи является слишком общей, и поэтому разделим ее на более конкретные и узкие виды.
В электрической цепи имеется только один источник тока.
В электрической цепи имеется несколько одинаковых источников тока.
В электрической цепи имеется несколько различных источников тока.
Задачи первого вида решаются последовательным применением закона Ома для замкнутой цепи, закона Ома для однородного участка и иногда первого закона Кирхгофа. Если задача поставлена корректно, система уравнений, полученная на основе этих законов, является замкнутой и, следовательно, задача — физически решенной.
Задачи второго вида легко сводятся к задачам первого вида, если по правилам соединения одинаковых источников тока в батареи найти результирующую э. д. с. цепи ^о и по правилам соединения сопротивлений определить результирующее внутреннее сопротивление батареи Го.
Задачи первого и второго вида в основном решаются в средней школе, и мы не будем их рассматривать.
Задачи третьего вида являются наиболее общими и не приводятся к задачам первого и второго вида. Они решаются принципиально с помощью иных законов, чем закон Ома для однородного участка и для замкнутой цепи. Последний не может быть применен, так как в большинстве таких задач невозможно определить результирующую э. д. с. Сосуществует несколько методов решения задач третьего вида. Приведем наиболее распространенный ——метод, основанный на применении законов Кирхгофа. Рассмотрим сущность этого метода на конкретном примере.
Пример 22.1 Определить силу тока, текущего через элемент, 6%, если ^i1 В, ^*2=2 В, Ез^З В, гi=1 Ом, 々=0,5 Ом, "Т/зОм, Т?4=1 Ом,凡=% Ом (рис. 22.1). Решение. Физическая система — электрическая цепь, в которой имеется несколько различных источников тока. Найти результирующую э. д. с. невозможно, и, следовательно, нельзя применить закон Ома для замкнутой цепи. В этом случае электрическая цепь может быть рассчитана с помощью законов Кирхгофа.
Сначала необходимо выбрать (произвольно) направления токов в ветвях. Выберем их так, как показано на рис. 22.1. Если мы ошиблись в выборе направления какого-нибудь тока, то в окончательном решении этот ток получится отрицательным; если же случайно выбрано правильное направление тока, то он получится положительным.
Применим первый закон Кирхгофа. Он справедлив для узлов электрической цепи. В данной схеме узлов два: точ- 144
кн / н С. Для узла А по первому закону Кирхгофа получим
(22.1)(22.1)Л+Л+Л^О-
(22.1)
(22.1)
Для узла С первый закон Кирхгофа ничего нового не дает.
Применим второй закон Кирхгофа. Он справедлив только для замкнутых контуров. В данной схеме их три: А ВС А, ACDA, A BCD А. Рассмотрим контур АВС А. В этом конту-
22.122.1
22.1
22.1
ре имеется две э. д. с. (61 и ^2), три резистора (小 г2 и Т?4) и два тока (Л и /2). Для применения второго закона Кирхгофа необходимо выбрать (произвольно) условно-положительное направление обхода контура. Оно необходимо для определения знаков э. д. с. и токов. Если направления э. д. с. или тока совпадают с направлением обхода контура, то их считают положительными. В противном случае э. д. с. или ток считают отрицательными.
Выберем за положительное направление обхода контура АВСА направление против часовой стрелки. Э. д. с. £ направлена против часовой стрелки; следовательно, ее считаем положительной; э. д. с. S? направлена по часовой стрелке (т. е. против направления обхода контура); следовательно, она войдет в уравнение второго закона Кирхгофа со знаком минус. Ток /х проходит через резисторы гх и R* и его направление совпадает с направлением обхода контура. Ток /2 проходит через резистор г2 и направлен против направления обхода. Следовательно, ток /х положителен, ток /2 отрицателен. По второму закону Кирхгофа для контура АВСА получаем
受一S2=fi(ri-\-I^^—/2г2. (22.2)
Если выбрать за положительное направление обхода этого контура направление по часовой стрелке, то по второму закону Кирхгофа найдем
—S 1+(^2 = — /1(「1 + R 4)+ ЛГ2-
Получено уравнение (22.2), умноженное на —1. Очевидно, что эти уравнения эквивалентны. Таким образом, сущность второго закона Кирхгофа не зависит от произвольного выбора направления обхода контура.
Рассмотрим контур ACDA. Выберем за положительное направление обхода этого контура направление против часовой стрелки. Применяя второй закон Кирхгофа, получим
<^2—受= /2%—/з(「з+&)・ (22.3)
Система уравнений (22.1) — (22.3) является замкнутой. Задача физически решена. Решая полученную систему уравнений, находим:
/[=—6/8А, /2=—1/2^4, Iз=8/й^-
Токи 厶 и /2 получились отрицательными. Это означает, что направления их случайно были выбраны ошибочно. Ток /8 положителен; следовательно, его направление случайно было выбрано правильно.
Пример 22.2 Цилиндрический воздушный конденсатор с внутренним 旦 “ внешним R2 радиусами заряжен до разности потенциалов Дф0 (рис. 22.2). Пространство между обкладками заполняют слабопроводящей средой с удельным сопротивлением р. Определить силу тока утечки, если высота (длина) конденсатора равна /.
Решение. Физическая система — участок электрической цепи, в котором причиной направленного движения свободных зарядов слабопроводящей среды является электростатическое поле. Разность потенциалов Д(р0 этого поля будем считать постоянной. Так как участок однородный (в нем нет э. д. с.), то силу тока можно найти по закону Ома для однородного участка
/=Ад/К, (22.4)
если известно его полное сопротивление R. Эту величину можно определить методом ДИ. Элементарное сопротивление тонкостенного цилиндрического слоя толщиной (длиной) dr и радиусом г (рис. 22.2) составляет
网=p磊
Отсюда после интегрирования получаем значение полного сопротивления участия!
" J 卩 2m，2Л/ n & • Ri
Следовательно,
7 — 2r/Aq) pin (&/&)•
(22.5)(22.5)(22.6)(22.6)Всегда ли справедливо решение (22.6)? Поставим ряд других вопросов. Ранее было сказано, что после определения основной величины — силы тока — все остальные па
(22.5)
(22.5)
(22.6)
(22.6)
раметры и цепи, и процессов, происходящих при прохождении тока, могут быть легко определены. В частности, по закону Джоуля — Ленца
Q=PRt(22.7)
можно определить количество теплоты @, выделившейся в участке за время /; по закону
Q=〃(22.8)
можно найти количество электричества, прошедшее сквозь поперечное сечение участка за время /, и т. д.
Определим, например, за какое время /0 по участку пройдет первоначальный заряд Q0=CA(p0 厂 2леое/ e = In (%/&)
конденсатора, гдеконденсатора, где(22.9)(22.9)ооQoQoС А(рор In (R2/R1)С А(рор In (R2/R1)2л/ Д(р02л/ Д(р0%叩%叩(22.10)(22.10)—емкость конденсатора. Решение
конденсатора, где
конденсатора, где
(22.9)
(22.9)
о
о
Qo
Qo
С А(рор In (R2/R1)
С А(рор In (R2/R1)
2л/ Д(р0
2л/ Д(р0
%叩
%叩
(22.10)
(22.10)
является формальным и неверным по своему существу. Действительно, решение (22.10) справедливо, если сила тока постоянна. Из (22.4) и (22.6) вытекает, что условие /=const выполняется при R=const и Д(р0== const. Но условие Д(р0= —const означает, что при С == const заряд на обкладках должен оставаться постоянным. А это противоречит постав-
(22.14)(22.14)
(22.14)
(22.14)
ленному вопросу. Заряд на обкладках конденсатора уменьшается; следовательно, уменьшается разность потенциалов Дер и появляющийся ток утечки, строго говоря, не является постоянным, как это следует из (22.6). Решение (22.6) справедливо, если Acp=const, что строго никогда не выполняется.
Очевидно, что выход из создавшейся ситуации таков: разность потенциалов Дер изменяется, но она при соответствующих условиях может изменяться столь медленно, что этим изменением можно пренебречь, считая приближенно A(p=const. Этим соответствующим условием является не выясненное в примере 22.2 понятие «слабопроводящей среды». Итак, усложняем условия примера 22.2, считая, что в реальном случае разность потенциалов Дер не является постоянной.
Пример 22.3 В условиях примера 22.2 определить закон изменения силы тока утечки от. времени.
Решение. Допустим, что сила тока изменяется столь медленно, чтобы в каждый момент времени был справедлив закон Ома (22.4). Тогда
dQ — Д(р 才=亮，
Тде /=—dQ/d/ и Acp=Q/C— мгновенные значения силы тока и разности потенциалов. Итак, мы имеем дифференциальное уравнение
一器=左(22.12)
для неизвестной функции Q=Q(/)——заряда Q на обкладках конденсатора в любой момент времени t. После разделения переменных и интегрирования получаем
In Q= —^ t + R・
Учитывая начальные условия (Q=Qo=CAq)0 при /=0), находим постоянную Ci=lnQo. Таким образом,
Q = Q°e-〃(Rc).(22.13)
Постоянную
t=RC
условно назовем временем релаксации или постоянной релаксации. Легко видеть, что т ——время, за которое первоначальный заряд Qo уменьшается в е«2,78... раз. В нашем
случае
р In (R2/R1) 2ле0е/ _ 一而 后(&/&) = %叩，
что совпадает с (22.10). Таким образом, % — это не время протекания всего заряда Q。，а лишь время релаксации. Из (22.13) видно, что время перетекания всего заряда равно бесконечности (Q=0 при /=оо).
Из (22.13) можно определить законы изменения и других величин —— разности потенциалов и силы тока:
Д(р=А =鲁 e- "(RG =aФ声-〃(心)， (22.15)
/=一- "(証)=半 e - "(RG = ；ne- "(RC)
(22.16)
и т. д. Таким образом, формула (22.6) дает лишь начальное значение силы тока.
Выясним теперь смысл понятия «слабопроводящая среда». Это среда, для которой можно пренебречь изменением мгновенных значений силы тока (22.16), разности потенциалов (22.15), заряда (22.13) и т. д. Изменением этих величин можно пренебречь, если время релаксации т относительно велико. Итак, слабопроводящая среда — это среда, для которой время релаксации т относительно велико.
Проведем оценку времени релаксации некоторых сред в нашем случае. Оценим время релаксации парафина(£=2, р=3. Ю16 Ом-м). Из (22.14) получаем
т=е08р, т«5,3-105 с«6,1 сут.
Примем условно, что время наблюдения т产 1 с. Таким образом, парафин с очень хорошим приближением можно считать слабопроводящей средой.
Оценка по формуле (22.14) времен релаксации двух видов кварца с параметрами %=4,4, рх=3-1014 Ом-м и е2 = =4,7, р2=1 • 1012 Ом-м, а также мрамора с параметрами е3= =8,3, р3 = 1 • 108 Ом-м дает значения времен релаксации 3,25 ч, 42 с и 7 -10-3 с соответственно.
Следовательно, если кварцы еще можно считать слабо- проводящими средами, то мрамору в этом свойстве можно отказать. Конечно, если характерное время наблюдения принять равным то=1О-6 с, то и мрамор можно считать слабопроводящей средой.
ГЛАВА 7 МАГНИТНОЕ ПОЛЕ
§ 23. Магнитное поле в вакууме
При исследовании магнитного поля в физическую систему необходимо включать источники магнитного поля и их магнитные поля.
Основная задача теории магнитного поля (так же как и теории поля тяготения и электрического поля) заключается в расчете характеристик магнитного поля произвольной системы токов и движущихся электрических зарядов, что эквивалентно определению магнитной индукции В в произвольной точке поля. Эту задачу решают, применяя закон Био — Савара — Лaплata в дифференциальной форме
dBdB_ 卩о/ [dlr]_ 卩о/ [dlr]4лтЗ4лтЗ(23.1)(23.1)принцип суперпозиции и метод ДИ (см. § 6). Нередко используют и теорему о циркуляции вектора В
dB
dB
_ 卩о/ [dlr]
_ 卩о/ [dlr]
4лтЗ
4лтЗ
(23.1)
(23.1)
,Bd jj；/,
(23.2)(23.2)в особенности в тех случаях, когда закон (23.1) неприменим.
(23.2)
(23.2)
Сначала полезно решить несколько элементарных задач для двух весьма распространенных источников магнитного
23.223.2поля: расчет индукции магнитного поля кругового тока / радиуса R в точке Д, находящейся на оси на расстоянии % от его плоскости (рис. 23.1) — результаты приводим без
23.2
23.2
вычислении,—
一 2(炉 + %2)/，
(23.3)(23.3)и расчет индукции поля отрезка проводника с током / в точке А, расположенной на расстоянии г0 от него (рис. 23.2),
(23.3)
(23.3)
В = "^(c°s «! — cos а2).В = "^(c°s «! — cos а2).(23.4)(23.4)Далее можно поставить и решить буквально десятки задач на расчет магнитных полей, созданных различными комбинациями этих источников: рассчитать поле «квадрата», «треугольника», «прямоугольника», «трапеции», поле фигур, образованных окружностями, полупрямыми, отрезками, и т. д., и т. п. Все эти задачи решают методом суперпозиции. Наиболее существенным здесь является учет векторного характера принципа суперпозиции.
В = "^(c°s «! — cos а2).
В = "^(c°s «! — cos а2).
(23.4)
(23.4)
Пример 23.1 Определить модуль вектора магнитной индукции В магнитного поля, созданного системой тон- к〃х проводников (рис. 23.3), по которым идет ток /, 6 точке А {О, R, 0}, являющейся центром кругового проводника радиуса R.
Решение. Магнитное поле создается тремя источниками: полубесконечным прямым говым проводником радиуса R, центр которого расположен в точке Л{0, R, 0}, а его плоскость совпадает с плоскостью ZOY, и полубесконечным прямым проводником OZ. По всем проводникам течет один и тот же ток /. Вектор Bi магнитной индукции поля проводника ХО лежит в плоскости ZOY и направлен против оси OZ; вектор В2; магнитной индукции кругового тока лежит в плоскости XOY и направлен против оси ОХ; вектор В3 магнитной индукции проводника OZ
проводником ХО, кру-проводником ХО, кру-лежит в той же плоскости XOY, но направлен противоположно вектору В- (рис. 23.3). Из (23.4) находим модули векторов Bi и В3.
проводником ХО, кру-
проводником ХО, кру-
= о = jV_
18 4nR *
а по (23.3) — модуль вектора В2:
R -p"
幺-2R .
По принципу суперпозиции,
B = )/■筑十(统一仇产二提 p2 (2炉一2n+1).
Пример 23.2 По сплошному бесконечному цилиндрическому проводнику радиуса R течет ток плотности /. Рассчитать магнитное поле внутри 〃 вне проводника.
Решение. Так как проводник не тонкий, то закон Био — Савара — Лапласа (23.1) и его следствие (23.4) применять нельзя. Используем теорему о циркуляции вектора В (23.2). Рассмотрим точку 4, расположенную на расстоя-
нии「1 от оси проводника (рис. 23.4). Проведем окружность радиуса /\ с центром О на оси проводника. В силу симметрии модуль вектора Bi в каждой точке окружности одинаков. Сумма токов £/, охватываемая этим контуром (окружностью), равна /лгр Таким образом, по теореме о циркуляции (23.2),
当.2吗=卩0加味
Отсюда определяем модуль вектора Bi магнитной индукции в точке 4：
В1=*/#о]г i，
(23.5)(23.5)Рассмотрим точку А^, расположенную на расстоянии r>R от оси проводника (23.4). Применяя теорему о циркуляции, находим
(23.5)
(23.5)
Следовательно, магнитное поле вне проводника 旦Н嘴・(23.6)
График индукции магнитного поля сплошного цилиндрического проводника представлен на рис. 23.5.
Пример 23.3 Тонкая лента шириной / свернута в трубку радиуса R (рис. 23.6). По ленте течет равномерно распределенный по ее ширине ток, /. Определить модуль вектора магнитной индукции в произвольной точке на оси трубки.
Решение. Проводник нельзя считать ни тонким, ни элементом тока, поэтому непосредственное применение закона Био — Савара — Лапласа (23.1) и его следствия (23.3) запрещено. Трудно здесь использовать и теорему о циркуляции (23.2), так как магнитное поле лишено симметрии.
Применим метод ДИ. Разделим трубку на столь узкие кольца, чтобы каждое из них можно было считать за тонкий круговой проводник. Рассмотрим одно такое узкое кольцо шириной d%, находящееся на расстоянии х от произвольной точки 4 (рис. 23.6). Элементарный ток этого узкого кольца
"=毕/ (23.7)
dB =dB =HqIR2 dx2/(川十%2)3/2HqIR2 dx2/(川十%2)3/2создает по (23.3) в точке 4 элементарную магнитную индукцию
dB =
dB =
HqIR2 dx2/(川十%2)3/2
HqIR2 dx2/(川十%2)3/2
Удобнее выбрать за переменную интегрирования угол а, под которым радиус каждого узкого кольца виден из точки 4. Так как
% = Rctga, d%=?^幺，R2十炉=,
0 'sin2 а5' suF а
ТО
d А _ 固/ sin а da
° =27•
Отсюда после интегрирования получаем
в = j 户厶開a da =%(cosai — cosa2).(23.8)
Если ввести ток на единичную длину трубки
，八=〃/,(23.9)
то (23.8) примет вид
B = ^^(cosai—cos a2).(23.10)
Формула (23.10) справедлива и для соленоида, если учесть очевидное соотношение
Io~til 1,
где 九一число витков на единичную длину соленоида,厶一 сила тока в соленоиде. Итак, для конечного соленоида
В = H^l (cos aj—cos a2).(23.11)
Полученные формулы (23.8), (23.10) и (23.11) справедливы и для точки 42 (рис. 23.6), находящейся на оси трубки вне ее. Заметим, что для точки 4 угол а2 всегда тупой, а для точки Д2 ——всегда острый (исключая точки на торцах трубки). Полезно исследовать различные частные случаи: точка Ai расположена в середине трубки, на ее концах и т. д., а также случай бесконечной трубки или соленоида (/—>сю)
Пример 23.4 Ток I течет по длинному прямому проводнику, сечение „ которого имеет форму тонкой дуги длины I и радиуса R (рис. 23.7). Определить индукцию магнитного поля в точке 0.
Решение. Легко видеть, что проводник нельзя считать ни тонким прямым проводником, ни элементом тока. 154
Следовательно, мы не можем непосредственно использовать ни закон Био — Савара — Лапласа (23.1), ни его следствие (23.4). Так как магнитное поле несимметрично, то
сомнительно, что теорема о положительный результат.сомнительно, что теорема о положительный результат.циркуляции (23.2) может дать
сомнительно, что теорема о положительный результат.
сомнительно, что теорема о положительный результат.
Применим метод ДИ. Разделим проводник на столь узкие длинные прямые проводники, чтобы каждый из них можно было принять за тонкий длинный прямой проводник. Из (23.4) следует, что магнитное поле тонкого прямого бесконечного проводника можно рассчитать по формуле
В = %爲？(23.12)
Рассмотрим один такой проводник шириной d/ (рис. 23.7). Элементарный ток этого проводника
d/=~/
магнитнаямагнитнаяв точке О создает магнитное поле, элементарная индукция которого (по (23.12))
магнитная
магнитная
dB =卩。=同/ d?
2nR — 2WR •
Легко видеть, что результирующий вектор В направлен по оси OY (т. е. Вх—0). Проекция вектора dB на ось OY
^у = 2WR C0S а,
За переменную интегрирования выберем угол а. Так как d/=Rda, то
dB = М cos а da
2л/
Отсюда после интегрирования получаем
+а0/2
综=｛上二:片=% sin号,(23.13)
-a0/2
где a0=l/R ——центральный угол д)ти /. Если а0=^, то (23.13) дает
Пример 23.5 По тонкой прямой бесконечной ленте шириной / идет ток /. Рассчитать индукцию магнитного поля этого тока в произвольной точке О (рис. 23.8). Решение. Свяжем с точкой О систему координат, оси которой направим, как показано на рис. 23.8. Для расчета магнитного поля применим метод ДИ (как и в двух предыдущих примерах, непосредственно применять закон Био ——Савара ——Лапласа и его следствия нельзя).
Разделим бесконечную ленту на столь узкие прямые и бесконечные участки, чтобы каждый из них можно было принять за тонкий прямой бесконечный проводник. Рассмотрим один такой участок проводника шириной d/ (рис. 23.8). Элементарный ток этого участка
d/ =号/
создает в точке О магнитное поле, модуль магнитной индукции которого (по (23.12))
Пусть точка О удалена от плоскости ленты на расстояние Го- Тогда'
cos аcos аd/ =d/ =г dacos аг dacos а% dacos2 а% dacos2 а
cos а
cos а
d/ =
d/ =
г dacos а
г dacos а
% dacos2 а
% dacos2 а
Таким образом,
dB = 2樓爲•
Найдем проекции вектора dB на оси ОХ и OY:
dB『dBsina = ^^,吟сШс…警.
Отсюда после интегрирования получим
+(Х2
* J 2л/ cos а 2л/ cos a2*丿
-a,
+ a2
о _ C Ho' da 阿/ (a2 + a0心
-at
Введя ток на единичную ширину ленты /()=/〃， найдем
% =毕111^^, B =^(a2 + ax).
В случае симметричного расположения точки О (при «『а?) имеем &=0, Ви=[101а1/я. Для ленты бесконечной ширины (т. е. плоскости) 8%=0, By—^aloll (поле плоскости с равномерно распределенным током /0 однородно).
Если индукция магнитного поля известна (или рассчитана методами, изложенными выше), то большинство задач сводится в дальнейшем к решению соответствующих задач механики (нередко с применением метода ДИ). Наиболее распространенными здесь являются задачи, связанные с поведением плоского контура с током в магнитном поле. Часто приходится вычислять силы и их механические моменты, действующие на контур, определять работу перемещения контура в магнитном поле и т. д.
Пример 23.6 В однородном магнитном поле с индукцией В = {0, В。，0} расположен тонкий проводник в виде полуокружности радиуса R, по которому течет ток / в направлении, показанном на рис. 23.9. Определить силу, действующую на проводник.
Решение. Ошибочно здесь было бы непосредственно применять закон Ампера в виде F=IIBO, где 1=点—длина проводника, ибо каждый элемент проводника расположен неодинаковым образом относительно магнитного поля.
Применим метод ДИ. Разделим проводник на столь малые участки, чтобы каждый из них можно было считать элементом тока. Рассмотрим один такой участок, длина которого равна dZ. Модуль вектора dF элементарной силы, действующей на этот участок, по закону Ампера составляет
dF=/d/&sina.(23.16)
Легко видеть, что все элементарные векторы dF； направлены вдоль оси OZ. Поэтому векторное суммирование сводится к арифметическому. Так как d/=Rda, то после интегри-
рования (23.16) по углу а получаем
尸=\ IRBq sin a da = 2/RB(). о
Можно рассмотреть множество вариантов решенной задачи: магнитное поле направлено вдоль оси ОХ, вдоль оси OZ, под различными углами к осям и т. д. Все эти задачи могут быть решены одним и тем же методом ДИ.
Пример 23.7 Квадратная рамка из тонкого провода массой т = 10 г может без трения вращаться относительно вертикальной оси OOi, проходящей через ее центр перпендикулярно двум противоположным сторонам рамки (рис. 23.10). Рамка помещена 6 однородное магнитное поле с индукцией В = 10-1 Тл, направленной перпендикулярно плоскости чертежа. По рамке идет ток /=2 А. Определить период малых колебаний рамки около положения ее устойчивого равновесия.
Решение. Физическая система состоит из известного магнитного поля (однородного), проводника в виде рамки и направленно движущихся по рамке свободных зарядов (или тока /). Физическое явление заключается в малых колебаниях рамки под действием сил, действующих на каждый ее элемент тока со стороны магнитного поля. Так как индукция поля известна, то можно найти эти силы и их результирующий момент.
(23.17)(23.17)При отклонении рамки на малый угол а от положения равновесия возникает момент сил Ампера
(23.17)
(23.17)
M=pm Bsina,
где
Pm = /S = /M(23.18)
—магнитный момент рамки, а — ее сторона.
Применяя к рамке уравнение движения (14.7), получаем
JB=M，(23J9)
где../ — момент инерции рамки относительно оси ОО],, 6=а — угловое ускорение рамки. Момент инерции рамки
J = 2 吁• * + 2・^ • g 炉=^ 团出.(23.20)
Подставляя в уравнение (23.19) значение момента сил Ампера (23.17) и значение момента инерции рамки (23.20), находим
а тsin а
Учитывая, что для малых колебаний sina^a, получаем дифференциальное уравнение гармонических колебаний рамки:
«+ —« = 0.(23.21)
Сравнивая полученное уравнение (23.21) с общим уравнением гармонических колебаний, определяем угловую частоту колебаний рамки:
8о = / б/В/加
и период ее колебаний:
То = 2冗 /說,То « 0,57 с.
Известно, что при перемещении плоского контура с током / в магнитном поле совершается работа
4 =/А ①，(23.22)
где АФ — изменение магнитного потока через контур. Если перемещается точечный магнитный диполь (плоский контур с током / достаточно малых геометрических размеров), вектор магнитного момента которого
Pm = /Sn(23.23)
159
параллелен вектору В индукции магнитного поля, то расчет работы в этом случае сводится к расчету магнитного поля:
4 = / М> = / (①]_①J =粤(当一筑)S = ^ (当一BJ.
(23.24)
Пример 23.8 В условиях примера 23.3 точечный магнитный диполь с магнитным моментом рт, первоначально находившийся на оси трубки в ее середине (точка Ai на рис. 23.11), перемещается вдоль оси в точку Д2 так, что вектор рт остается параллельным вектору В. Определить работу, совершенную при перемещении диполя.
23.1123.11
23.11
23.11
Решение. Из (23.24) видно, что для решения задачи достаточно рассчитать индукцию магнитного поля Е в точке Д1 и индукцию 瓦 в точке 儿.По формуле (23.8) получаем
В]В]同/同/22гг阿/ 1阿/ 1/?ч/?ч44
В]
В]
同/
同/
2
2
г
г
阿/ 1
阿/ 1
/?ч
/?ч
4
4
Следовательно, из (23.24) находим
1y R2 十 国1y R2 十 国
1
y R2 十 国
1
y R2 十 国
Если в магнитном поле перемещается неточечный магнитный диполь, т. е. обычный плоский контур с током /, то нередко для расчета магнитных потоков используют метод ДИ.
Пример 23.9 Прямой бесконечный ток 九=5 А и прямоугольная рамка с током /2=3 Л расположены в одной плоскости так, что сторона рамки / = 1 м параллельна прямому току и отстоит от него на расстоянии r=0,1 Ь, где b — длина другой стороны рамки (рис. 23.12). Определить, какую работу необходимо совершить для того,
чтобы повернуть рамку на угол а=90° относительно оси。。1, параллельной прямому току 〃 проходящей через середины противоположных сторон рамки 6.
Решение. Легко видеть, что во втором положении магнитный поток через рамку равен нулю: Ф8=0. Таким образом, необходимо рассчитать магнитны^ поток Фх через
рамку в первом положении. Так как поле прямого бесконечного тока 厶(по (23.4))
В「喷(23.25) является неоднородным, то решение ① 1H瓦S (где S=lb — площадь рамки) неверно.
Применим метод ДИ. Разделим площадь рам
ки на столь узкие поло-23.12
сы, чтобы в пределах каждой такой полосы маг
нитное поле можно было бы приближенно считать однородным. Рассмотрим одну такую полоску шириной dx (рис. 23.12), находящуюся на расстоянии % от прямого тока 厶.Элементарный магнитный поток через эту полоску
(23.26)(23.26)d3dS = ^d%.
(23.26)
(23.26)
Отсюда после интегрирования по % находим магнитный поток:
о,\ь+ь
5= С f^dx=^lnll.
Таким образом,
4 =厶&1) = /!^]=鸟亨山11.
После подстановки числовых значений получаем Л«7,Ы0-в Дж.
§ 24. Магнитное поле в веществе
При рассмотрении магнитного поля в магнетиках кроме магнитной индукции В вводят еще две физические величины! намагниченность J (магнитный момент единичного объема)
6
№ 1899
Ш1
(24.4)(24.4)
(24.4)
(24.4)
и напряженность магнитного поля
Н = ——J.(24.1)
Для однородного и изотропного магнетика
В=|*0|*Н.(24.2)
Относительная магнитная проницаемость ферромагнетика 口 является нелинейной функцией от ". Поэтому при реше
нии задач, в которых рассматривают ферромагнетики, используют графики зависимости В от Н. На рис. 24.1 приведены эти зависимости для железа, стали и чугуна.
Для нахождения индукции! В (основная задача в теории магнетиков) часто используют теорему о циркуляции векто-j pa Н
色 Hdl=N/ (24.3)
24.1в сочетании с графиками рис.：
24.1, а также факт непрерыв-； ности нормальных составляющих вектора В на границе раз»
дела двух различных магнетиков:
Bln =В2rl.
Пример 24.1 Замкнутый тороид с железным, сердец^ ником имеет ^=400 витков из тонкого провода, намо4 тайных в один слой. Средний диаметр тороида d=25 см/ Определить напряженность и индукцию магнитного поля внутри тороида, магнитную проницаемость
卩 железа, а также намагниченность J при значениях силы тока в обмотке тороида 厶=0,5 А и /2=5 А.
Решение. Применяя теорему о циркуляции векторВ Н (24.3) вдоль окружности с диаметром d (средняя линия тороида; рис. 24.2)
H・ad=IN,
находим напряженность магнитного поля внутри тороида "=/m/(砌.
Отсюда после расчета получаем
/Л=255 А/м, ”9=2550 А/м.
Далее, используя график на рис. 24.1, определяем магнитные индукции:
Bi=0,9 Тл,纥=1,45 Тл.
Затем 耳)(24.2) находим магнитные проницаемости (卩=
卩 1笈2,8・1(?,卩2^4,5.io，，
а по (24.1) — намагниченности (J=B/"o—Я):
Л«7,Ы0» А/м, /2«1,Ы0в А/м.
Анализ полученных данных позволяет установить, что силе тока / пропорциональна только напряженность магнитного поля внутри ферромагнетика (железа), тогда как все остальные величины (индукция В, магнитная проницаемость 同 намагниченость /) являются нелинейными функ« циями Н, а следовательно, и нелинейными функциями силы тока /.
Пример 24.2 Обмотка тороида, имеющего стальной сердечник с вакуумным зазором длиной /0=3 мм, содержит 九=1000 витков на метр длины. Средний диаметр тороида d=30 см. При какой силе тока / в обмотке тороида индукция В。в зазоре равна 1 Тл (рис. 24.3)? Решение. Применяя теорему о циркуляции вектора Н (24.3), находим
Hnd+Hol^Indn,(24.5)
где Н — напряженность магнитного поля в сердечнике, 儿一напряженность магнитного поля в зазоре. Так как относительная магнитная проницаемость вакуума у=1,
(24.6)(24.6)Г _ h |瓦/0—“十 рол dnГ _ h |瓦/0—“十 рол dn,/ а 3,24,/ а 3,24(24.7)(24.7)(рис. 24.1), но непосредственно(рис. 24.1), но непосредственно24.424.4
(24.6)
(24.6)
Г _ h |瓦/0
—“十 рол dn
Г _ h |瓦/0
—“十 рол dn
,/ а 3,24
,/ а 3,24
(24.7)
(24.7)
(рис. 24.1), но непосредственно
(рис. 24.1), но непосредственно
24.4
24.4
то по (24.2) определяем напряженность 儿 магнитного поля в зазоре:
"产當"о = ~^А/м.
Вследствие того что вакуумный зазор узкий, будем считать радиальную составляющую вектора магнитной индукции и в зазоре, и в сердечнике равной нулю. Тогда (учитывая (24.4)) индукция В в сердечнике по модулю равна Во. По графику рис. 24.1 определяем напряженность магнитного поля в сердечнике Я=7« 102 А/м. Таким образом, из (24.5) находим
Пример 24.3 Изменим условия примера 24.2. Пусть сила тока в обмотке тороида /=3,2 А. Определить индукцию магнитного поля В8 в зазоре. Остальные условия
прежние.
Решение. На первый взгляд мы сформулировали
задачу, обратную задаче 24.2, и ее решение получается из (24.5) и (24.6). Эта система уравнений содержит три неизвестных Яо и В。)，однако хотя они и связаны графиком
этим графиком мы воспользоваться не можем. Тем не менее задача решается графически. Так как В =瓦，то из (24.7) определим связь В, Н и I:
§ _ 1 л d 叩 ° —阿 nd нA) A)
(24.8)
При данном / (24.8) выражало бы линейную зависимость В от " для различных сердечников. Для данного сердечни
ка (сталь) значения В и Н из (24.8) должны удовлетворять графику для стали на рис. 24.1. Следовательно, искомые значения В и Н есть параметры точки М = {В, Н} пересечения кривой рис. 24.1 и прямой, соответствующей (24.8) (рис. 24.4). На рис. 24.4 прямая (24.8) пересекает оси коор
динат в точках Л = {0, &} и C={〃i, 0}, где
& =—^，т, е. ^i « 1,26 Тл, и 〃1 = /九，т. е.
= 3,2 • 1(? а/м.
Легко видеть, что координаты точки М составляют В=& = =1 Тл, а //==700 А/м, что соответствует данным примера 24.2.
ГЛАВА 8
ЭЛЕКТРОМАГНИТНОЕ ПОЛЕ
§ 25. Электромагнитная индукция
и самоиндукция
Фундаментальным законом явления электромагнитной индукции является закон Фарадея:
机=一將.(25.1)
Следовательно, в качестве основной задачи этого явления рассматривается задача нахождения э. д. с. индукции &• При проведении физического анализа необходимо тщательно выяснить, каким образом изменялся магнитный поток Ф, какова причина его изменения. Затем следует определить магнитный поток через поверхность, ограниченную замкнутым контуром, как функцию от времени t, т. е. Ф=Ф(/). Для нахождения э. д. с. индукции используют закон Фарадея (25.1).
Пример 25.1 В магнитном поле, индукция которого изменяется по закону B=(a+p/2)i, где а=10~х Тл, 0 = 1О~2 Тл/с2, i — единичный вектор оси ОХ, расположена квадратная рамка со стороной а=20 см, причем плоскость рамки перпендикулярна В. Определить з. д. с. индукции в рамке в момент времени /=5 с.
Решение. Физическая система состоит из изменяющегося во времени магнитного поля, проводящей рамки, расположенной в этом поле, возникшего вихревого электрического поля и созданного этим полем индукционного тока. Необходимо определить э. д. с. индукции. Причиной изменения магнитного потока через рамку является изменение во времени индукции магнитного поля.
Определяем магнитный поток через рамку. Так как магнитное поле однородное, а рамка плоская, то
(D=B.S=(a+0f2)a2.(25.2)
Далее находим э. д. с. индукции:
16111T—圖=2加時 |^„| = 4-10-3B.(25.3)
Можно, как это мы уже неоднократно делали раньше, усложнить или упростить решенную задачу, поставив еще десятки подобного рода задач. Что значит «подобного рода»? Здесь мы рассмотрим вопрос о способах построения «блоков» задач, а также введем понятие обобщенной задачи «блока». «Подобного рода» (в применении к данной задаче)——это значит, что во всех таких задачах происходит одно и то же физическое явление (явление электромагнитной индукции), что магнитное поле однородно и нестационарно, а контур является плоским и расположен перпендикулярно В. Тогда для решения всех таких задач («блока» задач) можно использовать уравнения (25.2) и (25.3).
Теперь мы можем сформулировать обобщенную задачу первого «блока»: в магнитном поле, индукция которого изменяется по закону B=f(f)i, где /(f) — произвольная (но дифференцируемая} функция времени t, расположен плоский контур площади S, причем плоскость контура перпендикулярна В; определить э.д.с. индукции в рамке в произвольный момент времени f.
Решение этой обобщенной задачи первого блока может быть получено с помощью тех же уравнений (25.2) и (25.3), но в обобщенном виде:
<D=BS=/V)i・S,(25.4)'
16Hl = |—熱= /'#)・S.(25.5)
Теперь уже решение любой конкретной задачи этого «блока» непосредственно дается обобщенными уравнениями (25.4) и (25.5). Таким образом, каждая конкретная задача； «блока» после формулировки и решения обобщенной задачи становится элементарной.
Рассмотрим, например, такую конкретную задачу: в маг-： нотном поле, индукция которого изменяется 〃о закон火 B=Bosin(oM, где В^ и (а — постоянные, расположена плос-ч кая рамка в виде равностороннего треугольника со стороной, а, причем плоскость рамки перпендикулярна В; определит^ &.д.с. индукции в рамке в момент времени f.；
Решение этой элементарной задачи легко получается из； уравнений. (25.4) и (25.5):
①=& sin со/• S, 16Hl = 8()S(o cos со/, где S =а2^3/2 ——площадь контура.
Далее можно перейти к формулировке и решению задач второго «блока», включая рассмотрение других физических явлений, связанных с явлениями задач первого «блока». Рассмотрим, например, в примере 25.1 различные явления, связанные с индукционным током (тепловые, магнитные и т. д.).
Предположим, что необходимо определить количество теплоты, которое выделится в рамке за первые 5 с, если сопротивление рамки R=0,5 Ом.
Пренебрегая индуктивностью и емкостью контура, по закону Ома находим силу индукционного тока в рамке:
I=8』R=%®tlR.(25.6)
Так как сила тока не постоянна, то, применяя метод ДИ, определяем искомое количество теплоты:
55
Q=V2Rd『£*d』^|：・(25.7)
оо
Подстановка числовых значений дает Q«5,3-10~5 Дж.
Легко сформулировать и решить обобщенную задачу второго «блока»: в магнитном поле, индукция которого изменяется по закону B=f(/)i, где /(/) — произвольная (но дифференцируемая) функция времени /, расположен плоский контур площади S с омическим сопротивлением R, причем плоскость контура перпендикулярна вектору В. Определить, какое количество теплоты выделится в рамке к произвольному моменту времени /.
Учитывая (25.4) — (25.7), находим решение обобщенной задачи второго блока:
Q = ^^[r(0?dt(25.8)
о
Теперь уже любая конкретная задача второго «блока» ста。 новится элементарной и решается с помощью (25.8).
Можно сформулировать и решить конкретную и обобщенную задачу третьего «блока» (а также четвертого, пятого и т. д.), изменив условия протекания физических явлений в задачах первого «блока». Например, пусть в условиях задачи (25.1) магнитное поле не будет однородным. Тогда уравнение (25.4) становится несправедливым и для расчета магнитного потока необходимо использовать метод ДИ.
Пример 25.2 В плоскости квадратной рамки с омическим сопротивлением RT Ом и стороной а=20 см расположен на расстоянии г。=20 см от рамки прямой бесконечный проводник (рис. 25.1). Сила тока в проводнике изменяется по закону /==а£з, где а=2 А/с3. Проводник параллелен одной из сторон рамки. Определить силу тока в рамке в момент времени £=10 с.
Решение. Вследствие изменения силы тока в проводнике магнитный поток через рамку изменяется и в ней
25.125.1возникает индукционный ток. Рамка находится в неоднородном магнитном поле. Поэтому для расчета магнитного потока применим метод ДИ (см. пример 23.9).
25.1
25.1
Разделим площадь рамки на столь узкие полоски (рис. 25.1), чтобы в пределах каждой полоски магнитное поле можно было считать однородным. Элементарный магнитный поток
сквозь узкую полоску
阿/ad*阿/ad*2л* •2л* •Интегрируя это уравнение по % в пределах от г0 до 几+他 находим
阿/ad*
阿/ad*
2л* •
2л* •
г#+в
С No/adx—щаа In (l + a/rj
По закону Фарадея (25.1) определяем э.д.с. индукции:
6尸6尸3卩№ In (l-f-a/rj3卩№ In (l-f-a/rjи силу токаз
6尸
6尸
3卩№ In (l-f-a/rj
3卩№ In (l-f-a/rj
6н Зц0аа1п(14-а/г0)6н Зц0аа1п(14-а/г0)7«2,4-Ю-вА.7«2,4-Ю-вА.Можно было бы, конечно, сформулировать и решить обобщенную задачу третьего «блока».
6н Зц0аа1п(14-а/г0)
6н Зц0аа1п(14-а/г0)
7«2,4-Ю-вА.
7«2,4-Ю-вА.
Рассмотрим конкретную задачу четвертого «блока».
Пример 25.3 Рамка (см. пример 25.2) удаляется от бесконечного проводника со скоростью t>=100 м/с в на
правлении, перпендикулярном проводнику. По проводнику течет постоянный ток / =»10 А. Определить э.д.с. индукции в рамке через /=10 с от начала движения, если 6 начальный момент времени рамка находилась на расстоянии Го=20 см от проводника.
Решение. Сила тока в проводнике постоянна, и магнитное поле, созданное этим током, тоже не изменяется во времени. Однако магнитный поток через рамку не постоянен вследствие того, что положение рамки относительно магнитного поля изменяется. Найдем магнитный поток через рамку как функцию времени f. Применяя метод ДИ, получаем
^r^lnO+g),(25.9)
где %=”+几一расстояние рамки от проводника в момент времени f. Дифференцируя уравнение (25.9) по времени /, по закону Фарадея находим выражение для э.д.с. индукции в рамке:
Производя вычисления (полезно заметить, что t»f》，o, при />10-1 с и величинами 几 и а в скобках можно пренебречь), получим
6н=8・ Ют в.
Числовое значение э.д.с. ничтожно, ибо рамка движется с большой скоростью и через время /==10 с, во-первых, будет находиться от проводника на расстоянии %=1 км, где магнитное поле мало и где, во-вторых, изменение магнитного потока через рамку также мало. Изменим несколько условия примера 25.3.
Пример 25.4 Пусть в условиях примера 25.3 от бесконечного проводника удаляется со скоростью v не вся рамка, а лишь ее боковая сторона длиной а (рис. 25.2). Сопротивление рамки известно. Сопротивление подводящих проводов и подвижной стороны а равно нулю. Определить силу тока в контуре в произвольный момент времени /.
Решение. Обозначим 厶 силу тока в бесконечном проводнике. По условию она постоянна. Изменение магнитного потока через контур обусловлено движением перемычки а. Применяя метод ДИ, находим магнитный поток Ф че-
рез контур:
No財W 2лхNo財W 2лхdA*n(河dA*n(河(25.10)(25.10)и далее э.д.с. индукции и силу тока】
No財W 2лх
No財W 2лх
dA*n(河
dA*n(河
(25.10)
(25.10)
回M出.~~2лГ，回M出.~~2лГ，NoMiaNoMiaМожно усложнить только что решенную задачу, предположив, например, что сила тока в проводнике изменяется
回M出.
~~2лГ，
回M出.
~~2лГ，
NoMia
NoMia
25.225.3
со временем по какому-либо закону 厶=2). Тогда по (25.10)
2a Vo /
и, следовательно,
f尸吗3m停f)+嗡2，
/ _ 同阳，(f), /£ Л ,卩*af(f) /2nR —(亢"丿十 2№f ,
Пример 25.5 По двум гладким медным шинам, установленным под углом а к горизонту, скользит под действием силы тяжести медная перемычка массой tn (рис. 25.3). Сверху шины замкнуты на конденсатор емкости С. Расстояние между шинами /. Система находится в однородном магнитном поле с индукцией В, перпендикулярном плоскости, в которой перемещается перемычка. Сопротивление шин, перемычки и сколия- щих контактов, а также самоиндукция контура пренебрежимо малы. Найти ускорение перемычки.
Решение. Как и в предыдущей задаче, изменение магнитного потока через контур обусловлено движением перемычки. По закону Ома для неоднородного участка з.д.с. индукции f н в любой момент времени равна разности потенциалов Д(р на обкладках конденсатора:
fLA中.
Но Дф=Q/C. Следовательно, сила индукционного тока в контуре
/ = dQ _「d (Д<р)「df н
Так как магнитное поле однородно, то
乱=8 ^ = 8/^ = 3%,
где S — площадь контура. Таким образом,
= СВ1^ = СВ1а,
где a — искомое ускорение перемычки.
На перемычку действуют две силы: сила тяжести mg и сила Ампера ПВ=СВЧ^а. По второму закону Ньютона, та=/ngsina—СВг12а.
Отсюда с mg sin a ° = т + СВ2*・
Если на перемычку действует сила трения, то легко показать, что
—mg sin a— fmg cos a m+CB^ ，
где / — коэффициент трения.
Если внешнее магнитное поле отсутствует, но сила тока / в контуре изменяется с течением времени /, то собственный магнитный поток
Ф=Ы(25.11)
через контур изменяется и возникает э. д. с. самоиндукции
6с =—厶 £(25.12)
Э. д. с. самоиндукции создает ток самоиндукции. При размыкании или замыкании электрической цепи возникают экстраток размыкания
/n/oeTR/L" (25.13)
или экстраток замыкания
/ = 4(1—e-(R/L"),(25.14)
где I尸6МR — установившееся значение тока в цепи, f о — з. д. с. источника.
Пример 25.6 Соленоид с индуктивностью L=10~1 Гн и сопротивлением R=2- 10-а Ом замыкается на источник, э. д. с. 6о=2 В, внутреннее сопротивление которой ничтожно мало. Какое количество электричества пройдет через соленоид за первые 5 с после замыкания?
Решение. При ^замыкании соленоида на э. д. с. ^0 возникает переменный экстраток замыкания (25.14). Поэтому для расчета количества электричества, которое пройдет через соленоид, применим метод ДИ.
Разделим промежуток времени f на столь малые отрезки df, чтобы в пределах каждого такого отрезка времени силу тока можно было считать приближенно постоянной. Тогда элементарное количество электричества dQ, которое пройдет через соленоид за этот промежуток времени
dQ= /df =塞(1 —e-(R/“) df.
Отсюда после интегрирования по времени f находим
q А § 解(1 _e-(R/5) df =爵 0 + *-("厶")|：, О
Q«M81Kn.(25.15)
Если бы мы ошибочно предположили, что сила тока мгновенно достигает своего установившегося значения /0= =/o/R go, впрочем, возможно, если 厶 мало), то мы получили бы Q=I§t=^MR)t, Q=500 Кл. Этот ошибочный результат очень сильно отличается от верного ответа (25.15). Ответ Q=500 Кл был бы правильным, если бы по условиям задачи явлением самоиндукции можно было пренебречь. Прямым расчетом можно показать, что при L = 10~8 Гн заряд Q«495 Кл. Таким образом, при L = 10~3 Гн в данной задаче явлением самоиндукции можно было бы пренебречь.
Электромагнитные колебания
При исследовании электромагнитных колебаний в физическую систему обычно включают электромагнитное поле и тела (имеющие второстепенное значение), в которых оно локализовано (проводники, катушки индуктивности, конденсаторы и т. д.).
Основная задача в теории электромагнитных колебаний заключается в нахождении закона изменения во времени какой-либо электрической или магнитной физической величины. Далее, используя уравнения, связывающие эту величину с другими, определяют значения и этих величин.
Пример 26.1 Определить индукцию магнитного поля внутри катушки идеального контура Томсона в момент времени /=10~4-1/вл; с, если при / =0заряд на,конденсато- ре Qi=10-5 Кл, а сила тока /1=0. Индуктивность катушки 厶=10一3 Гн, число витков на 1 м длины катушки п=103 м-1, емкость конденсатора С==10_?Ф. Среда — вакуум.
Решение. Физическая система состоит из проводников, образующих катушку индуктивности, конденсатора и изменяющегося во времени электромагнитного поля. Необходимо определить один из параметров (индукцию) этого поля в определенный момент времени. Это основная задача в теории электромагнитных колебаний.
Найдем закон изменения какой-либо электрической или магнитной величины. В контуре происходят свободные незатухающие электромагнитные колебания. Как известно, дифференциальное уравнение таких колебаний имеет вид
Q + ^Q=O, (26.1) решением которого является уравнение гармонических колебаний
Q = Qosin (о0/ + а0). ， (26.2) Заметим, что уравнения, аналогичные (26.1) и (26.2), можно было бы записать и для других величин (силы тока, напряжения и т. д.). В уравнении (26.2) неизвестны три параметра: угловая частота 5, амплитуда Qo и начальная фаза а0. Угловую частоту соо находим из уравнения
喘==1/(LC), (26.3)
а амплитуду Qo и начальную фазу а0 — из начальных условий (Q==Qi при f=0, а 1Г ——器=。)，
Qiu^Qosinao, 0 ==—Qo®ocosoc().
Отсюда а0=л/2, Q^nQi. Таким образом, уравнение гармонических электромагнитных колебаний в контуре имеет вид
Q == Qi sin ^р== / + y^ •（26.4）
Итакун нашли закон изменения со временем какой-либо электрической или магнитной физической величины （в данном случае электрического заряда Q）.
Далее можно рассчитать силу тока в контуре в любой момент времени:
/п —幣^gCOS（y^gt + ^）, /Q510T4,
а также индукцию магнитного поля:
В » 卩орг/ =■ —cos （ ?— / +, В Q 6,3 • 10~вТл.
Используя затем уравнения, связывающие полученные величины с другими, можно определить любую физическую величину, характеризующую исследуемое явление. Например, разность потенциалов на обкладках конденсатора
А（р = ^ sin （р^ / 十扌），
напряженность электрического поля в конденсаторе （считая его плоским с площадью одной пластины S）
Г TTsin（赤 У）,
плотность энергии электрического поля внутри конденсатора
（力，+处
плотность энергии магнитного поля внутри катушки
侬=^н 脅 cos'（宓 £ + ^）
и т. д., и т. п. Легко видеть, что если отвлечься от конкретных числовых значений в условиях этого примера, то нами практически получено решение обобщенной задачи на свободные незатухающие электромагнитные колебания в контуре Томсона.
Пример 26.2 Омическое сопротивление контура Томсона R=10‘ Ом, индуктивность 厶=10г Гн, емкость С=10~б Ф. Определить силу тока в контуре в момент времени '=5・ 16~5 с, если при f=0 заряд на конденсаторе @01=107 Кл, а начальная сила тока равна нулю.
Решение. В контуре совершаются электромагнитные колебания. Для решения основной задачи теории электромагнитных колебаний необходимо определить все параметры (<й, 6, Qo и а0) уравнения затухающих колебаний:
Q = Qoe~e/ sin (of + а0).(26.5)
Коэффициент затухания 6 и угловую частоту ш находят из условий задачи:-
6 =凱 ®= VТС~ЬК
Отсюда 6=5-103 рад/с, ®»8,7・10& рад/с.
Начальную фазу а0 и Qo определяют из начальных условий. Учитывая, что при /=0 заряд на конденсаторе 0= =Qoi, получаем первое уравнение для определения % и Qo：
QoJ=Qosinct0.(26.6)
Из условия, что в начальный момент времени сила тока
/ = — ~ = —Qo [— 6e-6，sin (of+%)+碇-6, cos(<o/+a0)]
(26.7) равна нулю, находим второе уравнение:
—6sina0+®cosa0 =0.(26.8)
Решая систему уравнений (26.6) и (26.8), определяем а0 и Qo：
ao=arctg(o/6, a0«n;/3;
Qo = 2QK/§.
Итак, закон изменения заряда Q со временем (уравнение (26.5)) определен полностью:
q=警ё
Далее можно определить любую физическую величину, характеризующую это конкретное физическое явление (за-
(26.11)(26.12)(26.11)(26.12)& = 5 = l/j/*LC (26.13) амплитуда тока /0 возрастает, ибо убывает полное сопротивление& = 5 = l/j/*LC (26.13) амплитуда тока /0 возрастает, ибо убывает полное сопротивление26.326.3Z =Z =(26.14)(26.14)
(26.11)
(26.12)
(26.11)
(26.12)
& = 5 = l/j/*LC (26.13) амплитуда тока /0 возрастает, ибо убывает полное сопротивление
& = 5 = l/j/*LC (26.13) амплитуда тока /0 возрастает, ибо убывает полное сопротивление
26.3
26.3
Z =
Z =
(26.14)
(26.14)
тухающие электромагнитные колебания). Искомая сила тока находится из уравнения (26.7):
/н Qo[6sin®f+ %)—cocos (со/4-а0)] е-6/, /«4,6* 10-2 А.
Так же как и в задачах на свободные электромагнитные колебания, при решении задач на установившиеся вынужденные электромагнитные колебания сначала определяют закон изменения какой-либо электрической или магнитной величины, а затем, используя соотношения между различными физическими величинами, находят законы изменения других искомых величин.
Часто при решении задач на вынужденные электромагнитные колебания используют метод векторых диаграмм. В этом методе гармоническое колебание Д(р=Д(р0 sin(Q/+a) представляют в виде вектора Д(р: его длина равна амплитуде Дфо> а угол, который этот вектор составляет с некоторой горизонтальной осью (осью токов / или осью напряжений Д(р), в начальный момент времени равен начальной фазе а (рис. 26.1). Вектор Д(р вращается с угловой скоростью Й против часовой стрелки. Рассмотрим несколько примеров, иллюстрирующих применение метода векторных диаграмм.
Пример 26.3 Электрическая цепь состоит из э. д. с. изменяющейся по гармоническому закону, и омического сопротивления R, емкости С, индуктивности L, соединенных последовательно (рис. 26.2). Определить закон изменения напряжения на участке ARCLD как функцию времени £.
Решение. Используем метод векторных диаграмм (рис. 26.3). Пусть закон изменения силы тока задан в виде
/=/osinQZ,(26.9)
где R — угловая частота изменения внешней э. д. с. Направим ось токов горизонтально. Тогда колебания напряжения на сопротивлении R изображают вектором 厶屮味, направленным по оси токов, колебания напряжения на индуктивности — вектором Д<р0£, направленным пер пен-
176
дикулярно оси токов, и колебания напряжения на емкости —вектором Дфос> также направленным перпендикулярно оси токов, но в другую сторону. Модули этих векторов составляют соответственно
厶屮0欠=/出；Дфо£= I о^^ И Дфос= ^0^ (^С).
Результирующее напряжение изображают вектором Д(р0=Афо^Н-^фог+Афос- Сумму напряжений на индуктивности и емкости
А“。= 4(QL-击)
называют реактивной составляющей напряжения. Таким образом, результирующее напряжение изменяется по закону
Д(р=Д(Ро sin(Q/+a),(26.10)
где амплитуда
Д(Ро = /0 ~^ R? +(RL—壶) и начальная фаза
QL—1/(QC) а = arctg~i
определяются из векторного треугольника О АВ (рис. 26.3).
Проведем анализ соотношения (26.11). Существенно от
метить, что в это уравнение входят только амплитуды напряжения Афо и тока /о, но не их мгновенные значения Д(р и /. Из (26.11) видно, что амплитуда тока /0 зависит от частоты Q внешней э. д. с. При вой- -
растании Йот нуля до значения 4% 八
При значении частоты ◎==
=& амплитуда тока достигает максимального значения. При этом реактивная составляю
щая напряжения обращается в нуль и контур ведет себя как чисто активное сопротивление. Это явление называют резонансом напряжений. Из (26.12) видно, что при резонансе
1П
напряжений разность фаз а между колебаниями тока и напряжения обращается в нуль. При дальнейшем увеличении Q (Q>®0) амплитуда тока /в убывает, асимптотически приближаясь к нулю.
Пример 26.4 Сопротивление R—10 Ом и катушка с индуктивностью L=0,l Гн соединены последовательно. Какую емкость необходимо включить последовательно е цепь, чтобы уменьшить сдвиг фазы между з. д. с. и аиой тока на Аа=27°? Частота изменения гармонической з. д. с. v=50 Гц.
Решение. Используя метод векторных диаграмм (рис. 26.4), получаем
tg О^ =帝=耳.
Отсюда ai=arctg(QL/R), %^72°. Следовательно, а2= ==ai—Аа, т. е. а2=45°. По формуле (26.12) находим
tg а2 =tg а2 =QL—1/(QC)QL—1/(QC)Отсюда определяем неизвестную емкость (учитывая, что Q=2nv):
tg а2 =
tg а2 =
QL—1/(QC)
QL—1/(QC)
С = оGw 1,5- Ю2мкф.
Пример 26.5 Участок, цепи состоит из конденсатора емкостью С=200 мкФ и сопротивления R=10& Ом, соединенных параллельно. Определить полное сопротивлений участка. Частота изменения гармонической з. д. о. составляет v—50 Гц.
Решение. В методе векторных диаграмм горизонтальной осью для расчета параллельных соединений является ось напряжений (рис. 26.5). Тогда ток в омическом сопротивлении /恢 совпадает по фазе с напряжением, а ток через конденсатор опережает напряжение по фазе на угол ас=90°. Амплитуда общего тока /0 определяется из ^ОАВ\
" /(AgOT (耨；而谣旣产;.
Отсюда полное сопротивление участка
Z =■, Z* 15,6 Ом.
力+(2nvCR 户
ГЛАВА 9
ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ ВОЛНЫ
Интерференция света
Основная задача при изучении интерференции света заключается в расчете интерференционной картины. Рассчитать такую картину — это значит найти распределение интенсивности / электромагнитных волн в пространстве. Так как интенсивность пропорциональна квадрату амплитуды напряженности Ео электрического поля электромагнитной волны, то основная задача интерференции сводится к нахождению амплитуды £0 результирующего колебания в произвольной точке среды.
При расчете интерференционной картины чаще всего необходимо определить положение произвольного ^-го максимума (или минимума) и расстояние между двумя соседними максимумами (или минимумами). Метод решения большинства задач на интерференцию света сводится к двум основным этапам: нахождения оптической разности хода 6 и применения условия максимума
6=秋0(27.1)
или минимума
6匸期+1)特.(27.2)
Пример 27.1 Рассчитать интерференционную картину от двух когерентных источников lull (рис. 27.1), расположенных на расстоянии d=5 мм друг от, друга и
на расстоянии L=6 м от экрана. Длина волны источников в вакууме Хоет5-10~7 м. Определить также положение nil экране пятого максимума и расстояние между соседними максимумами. Среда — вакуум.
Решение. До встречи в произвольной точке 尸 экрана (рис. 27.1), в которой оценивается результат интерференции, каждая из волн проходит соответствующий геометрический путь %! и х8. Предполагая для простоты начальные фазы равными нулю, а амплитуды — одинаковыми, запишем уравнения волн данных источников:
当=旦戸m（22/一赞）， 旦=/2由（2g/一誉）.
По принципу суперпозиции результирующее колебание в точке 尸
Е =旦 + & = 2旦1 cos[^(%i—%2)卜 in[ 2jw/—汇(*i—*j]
является гармоническим с той же частотой v, но с амплиту-
ДойEo = 2E()iCosxa)j ,ДойEo = 2E()iCosxa)j ,(27.3)(27.3)зависящей от параметра (冗/储)(％1—%2)= (п/%о)6. Возводя (27.3) в квадрат, получаем распределение интенсивности света на экране:
Дой
Eo = 2E()iCosxa)j ,
Дой
Eo = 2E()iCosxa)j ,
(27.3)
(27.3)
/ = 4Z01 cos2 偿)=2/。Jl + cos (謂)]. (27.4)
Свяжем разность хода 6 с координатой % точки 尸 на экране. Из подобия треугольников АВС и DFO (учтя, что
6«|ВС|, а I尸О|=%) находим
6/d=%/L.(27.5)
Отсюда
6 = (d/L)%.(27.6)
Таким образом, распределение интенсивности
/ = 2/°Jl+cos 為叫.(27.7)
График функции (27.7) представлен на рис. 27.2. Учитывая условия максимума (27.1) и (27.5), определяем положение А-ro максимума:
xk=Ld/d=kL'ko/d, xft=3-10~3 м,(27.8)
а также расстояние между соседними максимумами:
Ах == x(k+u—xk = LKjd, Дх = 6- 10~4м.(27.9)
Два реальных источника света не являются когерентными. Поэтому рассмотренная задача о расчете интерференционной картины двух когерентных источников является
идеальной. Однако ее результаты и метод решения часто используют при расчете реальных интерференционных устройств. В большинстве случаев в таких приборах луч разделяется на две когерентные части. После прохождения различных оптических путей эти части исходного луча интерферируют.
Пример 27.2 Точечный источник света S с длиной волны 九о=5• I。-? м расположен на расстоянии г=10 см от линии пересечения двух плоских зеркал, угол между которыми а=20' (бизеркала Френеля}. Определить чис- ло светлых полос интерференционной картины, получающейся на экране, удаленном от линии пересечения зеркал на расстояние /=190 см (рис. 27.3).
Решение. Интерференционная картина получается от двух когерентных источников / и //, расположенных в точках Л и В и являющихся мнимыми изображениями источника света S в двух плоских зеркалах. Эта идеальная
задача была решена в примере 27.1. Таким образом, для расчета интерференционной картины необходимо определить расстояние \AB\=d между источниками. Расстояние источников до экрана £公〃+г. В ДДОС угол АОС=а. Следовательно, d—2\AC\—2\AO\ sin а=2га, ибо sin а^а, так как угол а мал. Используя формулу (27.9), находим расстояние между двумя соседними светлыми полосами:
AX=好="吗+" d 2ra
Число светлых полос можно определить, если будет найдена ширина интерференционной картины. Последняя же определяется областью, где происходит перекрытие волн, излучаемых источниками / и //. Из рис. 27.3 видно, что ширина интерференционной картины изображается отрезком |D£'|=x=2|O1Z)|=2/tg a«2Za. Разделив ширину х интерференционной картины на ширину светлой полосы Дх, получим число N светлых полос:
蔺 一 % _ 4a2〃蔺 一 % _ 4a2〃N « 26.N « 26.Пример 27.3 Какой должна быть допустимая ширина щелей d° в опыте Юнга, чтобы на экране 3, расположенном на расстоянии 厶=2 м от щелей (рис. 27.4), получилась отчетливая интерференционная картина? Рас-
蔺 一 % _ 4a2〃
蔺 一 % _ 4a2〃
N « 26.
N « 26.
стояние между июлями d=5 мм. Длина волны 九0H5х X 10~7 м.
Решение. В опыте Юнга две щели (точки Л и В на рис. 27.4) являются когерентными источниками, дающими на экране интерференционную картину. Предположим,
"27.4"27.4что эти источники точечные. Тогда интерференционная картина рассчитывается по формуле (27.8) и (27.9). Сместим источники вверх и на расстояние 或.Интерференционная картина сместится также вверх на расстояние d°. Рассмотрим суммарную интерференционную картину от четырех точечных источников, расположенных в точках Л и А', В и В'. Она будет состоять из двух интерференционных картин, сдвинутых одна относительно другой на расстояние d。. Если это расстояние меньше расстояния между соседними светлой и темной полосами, которое по формуле (27.9) равно %oL/(2d), то суммарная интерференционная картина получится отчетливой.
"27.4
"27.4
Пусть теперь имеется два неточечных когерентных источника (щели шириной AAr=BBf—do). Согласно сказанному, суммарная интерференционная картина отчетлива, если выполняется условие
4&^^"，Т・ е. ^о^О,1 мм.
Пример 27.4 В установке для получения колец Ньютона пространство между линзой (показатель преломления 〃1=1,55) и плоской прозрачной пластиной {показатель преломления /г3= 1,50) заполнено жидкостью с показателем преломления п2=1,60 (рис. 27.5). Установка облучается монохроматическим светом (%0=6-10"7 м). падающим нормально на плоскую поверхность линзы. Найти радиус кривизны линзы R, если радиус четвертого 3=4) светлого кольца в проходящем свете pk= 1 мм.
Решение. Интерференция лучей осуществляется в тонком жидком клине (показатель преломления жидкости л8 больше как лп так и 〃J. Именно в этой тонкой жидкой пленке неодинаковой толщины каждый луч разделяется на две когерентные части. В проходящем свете 々-й максимум образуется вследствие интерференции луча /, прошедшего через точку / в пластину, и части // этого же луча АВС, отразившейся в точках Л и В и прошедшей в пластину через точку С (рис. 27.5). Так как пАПз и 九2>九1, то при отражении в точках Л и В потери полуволны не происходит. Следовательно, приобретаемая лучами I и II оптическая разность хода
где d ——толщина жидкого клина в точке А. Учитывая, что d=pZ(2R),
а также условие максимума (27.1), находим
2 .薔=叽.
Отсюда радиус кривизны линзы
r^66cm.
Пример 27.5 На стеклянную плоскопараллельную пластину с показателем преломления /г=1,5 падает свет с длиной волны Х=6-10~7 м со степенью монохроматичности А%=5-10~10 м под углом падения i=45°. При какой максимальной толщине пластинки интерференционная картина 6 отраженном свете является еще отчетливой^
Решение. Известно, что при интерференции монохроматического света 仇°) в тонкой пленке толщины 九 и с показателем преломления 九 условие максимума имеет вид (в отраженном свете)
2/iКп2—sin^ t =卜 + "I") А.(27.10)
Если свет немонохроматический, то угловая ширина 々-го интерференционного максимума Д/ определится из уравнения (27.10) (после дифференцирования правой и левой частей при /г=const):
i(2/1/п2—sin2 4)Д/= (/г + ~) АХ.
Отсюда
帛(2Л /n8—sin8/)
Угловое расстояние 8i между соседними максимумами при монохроматическом свете также находится иа уравнения (27.10) (после дифференцирования правой и ле* вой частей при const):
(2/1 丿紋一sin") 6i =入此.
Отсюда при 6А=1 (соседние максимумы)
& .
^(2Л К n2-sina О *
Интерференционная картина является отчетливой при выполнении условия |Д«|<|6/|, или
(А；4-у)< W.(27.11)
Подставив выражение для 卜+}) из уравнения (27.10) в формулу (27.11), получим максимальную толщину пластинки 而max，при которой еще можно наблюдать интерференционную картину:
炉
/ах &比 0,27 ММ.
2AX/n2 —sin2tmax
Известно, что степень монохроматичности лазерного излучения^достигает АХ=4.10~12 м. Следовательно, для наблюдения интерференции в луче лазера можно взять пластинку огромной толщины /imax«3,3 см! Степень монохроматичности белого (видимого) света М®3,6・ 10~7 м, и, следовательно, в этом случае/гтах«3,7-10-7 м, т. е. для наблюдения интерференции в белом свете должна быть взята тончайшая пленка, толщина которой примерно составляет десятые доли микрометра. Пленку такой толщины можно получить в жидком и твердом виде.
Как рассчитать интерференционную картину не от двух, а от многих когерентных источников света? Часто в этом
185
случае используется метод векторных диаграмм. Рассмотрим для простоты случай равных амплитуд. Кроме того, предположим, что разность фаз двух соседних источников
27.6
отличается на одно и то же значение A(p=const.
На рис. 27.6 изображена векторная диаграмма, соответствующая сложению 2=6 колебаний с одинаковыми амплитудами
\AB\ = \BC\ = \CD\^ = |DE| = |E 用=| 尸 G| = E°i.
Амплитуду результирующего колебания изображают отрезком AG=Ea. Определим
При малой разности фаз (А<рт0) уравнение (27.14) при* нимает вид
/=/о1M.
Таким образом, интенсивность главного максимума при интерференции ^ источников пропорциональна квадрату числа источников.
§ 28. Дифракция света
Основная задача при изучении дифракции заключается в расчете дифракционной картины, т. е. в нахождении
эту результирующую амплитуду. Очевидно, что точки А, В, С, D, Е, F п G располагаются на окружности радиуса R=|CL4|=|OB| = . . . . Опустим из центра окружности О на отрезки АВ и ВС перпендикуляры ОК и 0L. Тогда KOL=A(p, а /СОВ=Д(р/2. Из 厶КО В
распределения интенсивности света I. Более узкой задачей является нахождение положения максимумов и минимумов дифракционного спектра. Часто при расчете дифракционных картин используются метод зон Френеля и метод ДИ (см. §6).
определяем радиус окружности:
R =
Ю|
Eoi
sin (Д(р/2)2 sin (Д(р/2)"
(27.⑵
Так как \AH\-\HG\ (по построению ОН±_AG), то результирующая амплитуда
Пример 28.1 На прямоугольную бесконечную щель шириной а падает (перпендикулярно плоскости щели} плоская монохроматическая волна с длиной волны X (рис. 28.1). Найти распределение интенсивности / све- та в дифракционной картине на экране Э. Решить ту же задачу для системы ^ параллельных щелей, разделенных непрозрачными промежутками шириной Ь (Дифракционная решетка}.
E0 = \AG\ = 2\AH\.
(27.13)
Угол АОН равен V2(2л—N^=n—1liN^, и из ДДОЯ находим
I 4"1 = Rsin 卜一号^ ) =R sin (号^).
Подставляя это значение |ДЯ| в уравнение (27.13) и используя (27.12), получаем
Р Р Sin (N Дф/2)
=研f.
Энергия колебаний (а также и интенсивность /) пропорциональна квадрату амплитуды. Следовательно, интенсивность результирующего колебания
// sin2 (N Д(р/2)
/ = % sinZ(A(p/2)，
(27.14)
Решение. Элементарное применение метода зон Френеля позволяет найти условие минимума дифракционной картины на одной щели
где /о!——интенсивность одного источника.
a sin <р=ЛХ
(28.1)
и условие максимума asin(p= (2々十 1) -j.
(28.2)
Однако мы не получили распределения интенсивности / света в дифракционной картине. Применим метод ДИ. Зона шириной (рис. 28.1), находящаяся на расстоянии х от края щели С, посылает в направлении, определяемом углом Ф, волну, уравнение которой имеет вид
dE = dE* cos (со/—^%sin(p), (28.3)
где
dEx—c/at с=const.
(28.4)
В уравнении (28.3) учтено, что для волны, распространяющейся в направлении CD, расстояния отсчитываются на этой прямой. Следовательно, \CD\=x sin ф и фаза волны, излучаемой зоной d%, равна со/——(2n/X)% sin <р.
Проинтегрировав уравнение (28.4) по всей щели для точки О, получим значение произвольной постоянной:
—d%=с. а
Подставляя значение dj из (28.4) в уравнение (28.3), находим
dE==^cos(co/—^%sin(p)d%.(28.5)
Интегрируя уравнение (28.5) по всей щели, получаем
Е = cos (со/—^xsin d% =
[尸 sin [("/%) asin 叫一 0 ~(“/*) a sin (р_
cos (со/—fasin ср ).
Следовательно, амплитуда колебаний в точке А
J = £о
sin [(“/%) a sin <р] (я/Х) а sin ср~
(28.6)
Так как интенсивность света пропорциональна квадрату амплитуды, то из уравнения (28.6) получаем закон для распределения интенсивности света на экране в случае
дифракции на одной щели:
/ —/ sin2 [(л/Х) a sin qp]
w 。[(呐 a sin 叫2 ， 一
(28.7)
Легко видеть, что из уравнений (28.6) и (28.7) получается условие минимума (28.1).
Дифракционная решетка состоит из N параллельных щелей шириной а, разделенных непрозрачными промежутками шириной Ь (рис. 28.2). Величину (a+b) называют периодом дифракционной решетки.
А 28.2
Для количественного расчета дифракционной картины, получаемой с помощью дифракционной решетки, воспользуемся методом зон Френеля. Разделим фронт плоской монохроматической волны, падающей нормально на дифракционную решетку (рис. 28.2), в каждой щели на зоны Френеля параллельными плоскостями так же, как и в случае дифракции на одной щели. Расстояние между соседними плоскостями равно V2. Если в каждой щели укладывается четное число зон, то в данном направлении (в точке Д) образуется минимум. Если в каждой щели укладывается нечетное число зон, то в каждой щели остается одна непогашенная зона. Пусть эти зоны располагаются у левых краев щелей (точки В, С, Q). Разность хода между соседними источниками (непогашенными зонами) постоянна:
6=|B£'[=|CF|=. . ,—(a-\-b} sin ф.
(28.8)
Данной разности хода 6 соответствует постоянная разность фаз
2л (a+&) sin ср
(28.9)
=s 0.=s 0.—2 I у a sin ф 1-г- а cos ср sin9—2 I у a sin ф 1-г- а cos ср sin9
=s 0.
=s 0.
—2 I у a sin ф 1-г- а cos ср sin9
—2 I у a sin ф 1-г- а cos ср sin9
Следовательно, задача о расчете дифракционной картины дифракционной решетки свелась к задаче о расчете ин* терференционной картины от многих когерентных источников с постоянной разностью фаз (28.9). Последняя задача была решена в § 27 методом векторных диаграмм. Учитывая формулы (27.14) и (28.9), получаем закон распределения интенсивности света в дифракционном спектре дифракционной решетки:
sin，Г Nn(a+3sin(p]
== Zmi~；—г-—；—ч,(28.10)
W sW "(а + b)sin/
где /ф1 — интенсивность, создаваемая одной щелью (см. формулу (28.7)).
Из уравнения (28.10) можно получить условие главных максимумов
(a+b) sin(р=^Х.(28.11)
Пример 28.2 На щель шириной а=10~а мм падает нормально к плоскости щели плоская монохроматическая волна с длиной волны Хо=5-10-7 м. Определить угловое положение первого максимума дифракционной картины. Среда — вакуум.
Решение. Угловое положение первого максимума можно определить из условия максимума (28.2). Отсюда
Ф = arcsin, ф « 4°18\(28.12)
Более точно угловое положение максимумов находят о помощью формулы (28.7). Найдем экстремум функции /ф1, взяв первую производную этой функции по ф и приравняв ее нулю:
Отсюда получим трансцендентное уравнение для определения экстремальных значений 屮
tg (у a sin <р) = у а sin <р,
которое после введения обозначения
(а/九)sin(р=/и(28.13)
принимает вид
tg ntn=ntn.(28.14)
Корнями трансцендентного уравнения (28.14) являются следующие числа:
/И1=1,43, /^2=2,46, /иа=3,47, ....(28.15)
Учитывая (28.15), из уравнения (28.13) определяем угловое положение первого дифракционного максимума:
Ф = arcsin ^2^,(p«4°6z.(28.16)
Из формул (28.16) и (28.12) видно, что более точное решение (28.16) значительно отличается от приближенного (28.12). Нетрудно оценить ошибку приближенного решения:
е — ^ 100%, т. е. е= 12；；贯% 笈 5%.
Необходимо заметить, что формула (28.7) не только дает возможность найти точное угловое положение максимумов дифракционной картины от одной щели, но и определить интенсивность этих максимумов.
Пример 28.3 Определить максимальный порядок, дифракционного спектра, полученного от дифракционной решетки с периодом (а+Ь) =0,005 мм 九р〃 нормальном падении на нее плоской монохроматической волны с длиной волны 入0=6• I。-? м (в вакууме).
Решение. Максимальный порядок дифракционного спектра определяется из условия максимума (28.11). Значение sin ф не может по модулю превышать единицы; следовательно,
a+b^km^.
Отсюда
々шах = (а+Ь)/九。，尼max 比 8.
Однако такое решение является неточным. Оно получено в предположении, что в формуле (28.10) интенсивность
освещенности /ф1, создаваемая одной щелью, постоянна и не зависит от угла <р. Из уравнения (28.7) видно, что /ф1 зависит от угла 屮 и может (при определенных углах ф) принимать значение, равное нулю. Найденное решение определяет лишь максимально возможный порядок спектра. Но не все главные максимумы (28.11) реализуются: те из них, положение которых совпадает с минимумом дифракционной картины от одной щели (28.1), исчезают; осуществляются только те главные максимумы, которые попадают в центральный максимум дифракционной картины от одной щели. Следовательно, максимальный порядок осуществляемых главных максимумов определяется из соотношения (28.1) и (28.11).
Из уравнения (28.1) при А=1 определяем угловую полу< ширину центрального максимума дифракционной картины от одной щели:
a sin q)min=^・(28.17)
Из уравнения (28.11) находим максимальный порядок реализуемых главных максимумов:
(а+Ь) Sin (Pmlnfax 儿
Учитывая условие (28.17), получаем
%х=3+Ь)/а・
Для окончательного решения задачи необходимо задать ширину щели Q. Для ai=10-8 мм и а2=/>=2,5 • 10~8 мм с помощью последнего соотношения получаем
Заметим, что в последнем решении мы пренебрегаем реализуемыми главными максимумами, попадающими в области максимумов, следующих за центральным максимумом дифракционной картины от одной щели. Можно показать, что интенсивность этих последующих максимумов мала.
Пример 28.4 Интенсивность центрального максимума при дифракции на одной щели равна /0< Определить отношение интенсивностей последующих трех максимумов к интенсивности центрального максимума /0.
Решение. Из условия максимума (28.13) для дифракции на одной щели
(а/九)sin <p=/n,
где 加=1,43; 2,46; 3,47; . . . (см. (28.15)), и формулы (28.7) находим искомые соотношения:
(纽「Sin(Mi)]2//ф1 \ff_ Г sin(n/n2)-|2
一 Г Sin (冗陶 12"
—[wn*~ J '
После подстановки числовых значений получаем:
(/<р1//о),«0,047; (Лр〃о)'%О,О17; (%1〃。)'〃*0,008.
ТЕРМОДИНАМИКА И МОЛЕКУЛЯРНОКИНЕТИЧЕСКАЯ ТЕОРИЯ
ГЛАВА 10
ТЕРМОДИНАМИКА
Первое начало термодинамика
Из опыта известно, что все макротела состоят из микрообъектов (молекул, атомов, ионов и т. д.). Микрообъекты находятся в хаотическом (тепловом) движении. Так как молекулы, атомы и т. д., имеют весьма малые размеры, то в сравнительно небольшом по объему макротеле находится огромное количество микрообъектов. Например, в 1 см3 идеального газа при нормальных условиях содержится 2,7-1019 молекул. Следовательно, физические системы, которые необходимо рассматривать при решении задач этого раздела, состоят из большого числа объектов. Легко показать, что динамическое (механическое) описание таких систем не только практически невозможно, но и бессмысленно. Поэтому для исследования физических систем в молекулярной физике существует два метода, взаимно дополняющих друг друга: термодинамический и статистический. Статистический метод будет рассмотрен в следующей главе.
В основе термодинамического метода лежит несколько фундаментальных законов, полученных из опыта. Это, во- первых, уравнение состояния
f(P, V, 7)=0,(29.1)
где р — давление, V — объем, Т — термодинамическая температура системы. В этой и следующей главе в качест-
ве физической системы будш рассматривать только идеальный газ. Для идеального газа уравнение состояния (29.1) превращается в уравнение Менделеева — Клапейрона
pVfRT,(29 2)
где m — масса газа, М—молярная масса, R=8,31 Дж/(моль- К) — универсальная газовая постоянная.
Уравнения состояния (29.1) или (29.2) справедливы только для физических систем, находящихся в состоянии термодинамического равновесия. В этом состоянии физическая система в каждой точке объема V характеризуется вполне определенным и одним и тем же значением давления р и соответственно температуры Т. Следовательно, термодинамически равновесное состояние физической системы, состоящей из большого количества молекул, характеризуется небольшим количеством параметров (давление р, объем V, температура Т и некоторые другие). Эти параметры называют макропараметрами, а само состояние системы — макросостоянием. Понятие термодинамически равновесного состояния системы является идеализированным. В любом реальном случае или давление р, или температура Т в какой-либо точке объема V, занимаемом системой, изменяются, но это изменение (для равновесного состояния) должно быть столь малым, чтобы им можно было пренебречь.
Основу термодинамического метода составляют также первое и второе начала термодинам и- к и. По первому началу термодинамики,
6Q=dU+必，(29.3)
где
6Q = ^Cd「(29.4),
—элементарное количество теплоты, полученной системой, С — ее молярная теплоемкость, dU — изменение внутренней энергии физической системы, а
必十dP'(29.5)j
—элементарная работа, совершенная системой. Для идеаль-! ного газаi
dU = ^^d「，(29.6 j
где / — число степеней свободы его молекул.
Первое начало термодинамики в форме (29.3) справедливо для элементарных квазистатических процессов. В результате квазистатического процесса система проходит через поеледовательный ряд равновесных состояний. Так как равновесное состояние системы может быть изображено точкой в некоторой системе координат (обычно р-V), то квазистатический процесс в этой же системе координат представляется некоторой линией. Графическое изображение различных процессов очень часто используют при решении задач термодинамическим методом.
Квазистатическими считают следующие изопроцессы: изохорный (P=const, m=const), изобарный (p=const, tn~ =const) и изотермический (Т=const, m=const). Другие процессы (например, адиабатный: 6Q=0) также могут быть квазистатическими, если они протекают столь медленно, что система проходит через последовательный ряд равновесных состояний.
Количество теплоты 6Q и работа 64 являются характеристиками процессов теплопередачи и совершения работы. Эти процессы различны: первый происходит на микроуровне (в результате взаимодействия микрообъектов — молекул, атомов и т. д.), второй — на макроуровне (в результате взаимодействия макротел). Процесс теплопередачи называют элементарным, если изменение температуры dT столь мало, что теплоемкость С можно считать постоянной. Тогда количество теплоты можно рассчитать по формуле (29.4). Для расчета количества теплоты в случае неэлементарного процесса теплопередачи применяют метод ДИ (см. § 6);
Q = f^CdT・ (29.7)
Для вычисления этого интеграла необходимо знать зависимость теплоемкости С от других параметров.
Если теплоемкость С постоянна (C=const), то процесс называют политропным и для таких процессов
Q=%C(T2-TJ・ (29.8)
Процесс совершения работы называют элементарным, если изменение объема db столь мало, что давление р можно считать постоянным. Конечно, давление р и в элементар- ном-процессе изменяется, но это изменение dp должно быть
столь малым, чтобы им можно было пренебречь, приближен-но считая давление постоянным. Тогда работу можно рас-считать по формуле (29.5). Для неэлементарного процесса
心
О
работу рассчитывают методом ДИ:
Л = f р dV. (29.9)
энергии газа, работу, совершенную им, и полученное количество теплоты.
Решение. Физическая система состоит из некоторой массы m (ее нетрудно определить) идеального газа, моляр-
Р АГе
/ В системе координат (p-V) работа численно равна пло- 卞 щади заштрихованной фигуры на рис. 29.1 (кривая 1-2 изображает соответствующий процесс).
Таким образом, элементарный процесс, для которого
применяется уравнение первого начала термодинамики в форме (29.3), должен удовлетворять двум выше сформулированным условиям.
Для неэлементарного процесса первое начало термодина
мики записывают в виде
(29.10)
или, учитывая (29.7) и (29.9), Q=AU+4
(29.11)
где Аи="—Ui—изменение внутренней энергии в этом процессе (ено не зависит от вида процесса, а определяется только начальным и конечным состояниями физической системы).
Основная задача термодинамики равновесных процессов заключается в нахождении всех макросостояний физической системы. Если начальное и конечное состояния системы известны, можно определить изменение ее внутренней энергии. Если, кроме того, известны и промежуточные состояния системы (т. е. известен процесс), то можно найти работу, совершенную системой, рассчитать количество теплоты, полученной (или отданной) системой, и т. д.
Пример 29.1 Водород Н2 объемом 1 м3, находившийся^ при нормальных условиях, сначала изохорно перевели 耳 состояние с давлением, в /г раз большим первоначальногол а затем изобарно е состояние с объемом, в 々 раз большим первоначального. Определить изменение внутренне^ 196
5
29.2
ная масса М которого известна. Начальное макросостояние системы (7 на рис. 29.2) известно (нормальное давление POLICH Па, нормальная температура То—273 К и объем У=1 м3 известны по условию). Состояния и процессы, в которых участвовала система, изобразим графически в системе координат (р-V) (рис. 29.2). Найдем параметры вто рого 2 и третьега 3 макросостояний системы. Для этого используем уравнение Менделеева — Клапейрона (29.2) и определения изопроцессов:
勿=九%,
Рз = Р2 = «Ро>
匕=匕，?; =纱空=也也.
°8 mR
Так как процессы, в
(29.12)
(29.13)
которых участвовала система, являются квазистатическими и политропными, то искомые величины можно определить по приведенным выше формулам. Изменение внутренней энергии
厶0=存岑（Т3-7。）=翁（^^
=^仇匕仇0-1）.
財
(29.14)
В изохорном процессе d，=0 и работа равна нулю Работа в изобарном процессе卩
/ ~Рл(Уя—Vz)=np0(kV0—Vo) ~PoVon(k—1).(29.⑸
Т — Т1 8 一 1 0Т — Т1 8 一 1 0eQM (y-I)/(mR7)4V-ieQM (y-I)/(mR7)4V-i
Т — Т
1 8 一 1 0
Т — Т
1 8 一 1 0
eQM (y-I)/(mR7)4V-i
eQM (y-I)/(mR7)4V-i
Количество теплоты
Q^Qi + Ql^CoG—Tj + ^G (7\—7\) =
=^2口(泌一1) + 2〃3—1)].(29 16)
В последнем соотношении использована формула Майера
Cp=Cv+R.(29.17)
Количество теплоты можно было бы рассчитать по первому началу термодинамики (29.11):
Q = AU + / = ~ рУ 0 (пЛ — 1) + %匕九(力一1)=
=等口•(泌一1)+2九 伏一1)];.
это совпадает с полученным ранее результатом (29.16). Для числового расчета необходимо выбрать разумные значения величин п и ^. Из уравнений (29.13) видно, что значение п определяет максимальное давление ра=пр0, а произведение nk ——максимальную температуру T3—nkT0. Значение п не может превышать nmax = 100, ибо при давлениях, равных (и больших) 100 ро, газ уже не является идеальным. Прриз- ведение 泌 не может превышать значения (n^)maxo£10, так как при температурах 7з«1ОТо«3» 103 К (и больших), во-первых, могут расплавиться стенки сосуда (необходимо их охлаждать) и, во-вторых, молекулярный водород станет атомарным, а при еще больших температурах в сосуде окажется уже водородная плазма. Полагая п=5 и 尼=2, из формул (29.14), (29.15) и (29.16) получаем:
At/«2,2.10e Дж, Л =5-10s Дж, Q«2,7.10e Дж.
Полезно было бы исследовать такой вопрос: каково должно быть соотношение между п и ^ (при п^=const), чтобы отношение 4/Q было максимальным? Оставляя этот вопрос читателям, поставим другой: как изменились бы искомые величины, если бы система из начального состояния перешла в конечное (квазистатически) по пунктирной прямой (рис. 29.2)? Ответ на этот вопрос легко получить из первого начала термодинамики (29.11). Изменение внутренней энергии A U не зависит от вида процесса, а определи- .ется начальным и конечным состояниями системы. Поэтому изменение внутренней энергии остается прежним и будет равно AUq2,2・10* Дж. Работа уменьшится (пл(мцадь тра-
пеции ABDE меньше площади прямоугольника ACDE). Следовательно, по первому началу термодинамики (29.11) система получит и меньшее количество теплоты.
Пример 29.2 Два моля азота 从？, находившиеся при нормальных условиях, сначала изотермически перевели в некоторое состояние, а затем квазистатически и адиа- батно — в конечное состояние с объемом, в четыре раза большим начального. Определить работу, совершенную газом, если в изотермическом процессе ему было сообщено Q=ll 300 Дж теплоты.
Решение. Определим промежуточное и конечное макросостояния системы. Уравнение Менделеева — Клапейрона приводит к неопределенной системе уравнений. Используем первое начало термодинамики (29.11). Для изотермического процесса
Vo vo
где Л1 — работа, совершенная газом в изотермическом процессе. Отсюда определяем объем промежуточного состояния:
匕= %eQM/gRT),
Далее, используя уравнение адиабатного процесса
7"尸=北(4%)"*
находим конечную температуру Г
В этих формулах y=Cp/Cv — показатель адиабаты. По формуле (29.6) получаем изменение внутренней энергии:
Отсюда получаем Л «4500 Дж. Заметим, что после нахождения параметров макросостояний можно было бы рассчитать искомую работу и непосредственно по формуле (29.5).
Пример 29.3 Найти для идеального газа уравнение такого процесса, при котором теплоемкость газа изменяется с температурой по закону С=а/7, где а = const. Решение. Процесс не политропный. Поэтому применим первое начало термодинамики в форме (29.3) для од-
ного моля газа:
”7 = Су dT + pdK
Используя уравнение Менделеева —— Клапейрона (29.2), перепишем это уравнение в виде
”7 = &d7 + RT 学.
Разделив левую и правую части на RT, после интегрирования получаем
一爲=In Т + In V + const.
Отсюда находим искомое уравнение процесса:
ут"(”1)е(а/м)= const
Второе начало термодинамики
В результате какого-либо процесса система может вернуться в исходное состояние. Такой процесс называют круговым или циклическим. Используя первое начало термодинамики, можно доказать, что к. п. д. произвольного цикла
q=(Qi—Q2)/Ql(30.1)
где Qi — теплота, полученная системой от нагревателя, Q2 — теплота, отданная системой холодильнику. Для цикла Карно (две изотермы и две адиабаты)
9=(九一72)/T1,(30.2)
где Ti — температура нагревателя, 7\ — температура холодильника.
Приведенной теплотой элементарного процесса называют отношение 6Q/7. По теореме Клаузиуса, сумма приведенных теплот для произвольного цикла меньше нуля, а для обратимого цикла равна нулю:
6 孥《0.(30.3)
для любого обратимогадля любого обратимогавида процесса, а определяется лишывида процесса, а определяется лишыОтсюда, как следствие, вытекает, что сумма приве- 2
для любого обратимога
для любого обратимога
вида процесса, а определяется лишы
вида процесса, а определяется лишы
денных теплот (т. е.
процесса не зависит от
начальным (1) и конечным (2) состояниями системы. Далее вводится понятие энтропии S системы как функции состояния, изменение которой зависит только от начального и конечного состояний системы;
2
Sg—Si=§ 學，(30 4)
где интегрирование производится по любому обратимому процессу, в результате которого система переводится из состояния / в состояние 2.
Пример 30.1 Цикл (рис. 30.1) состоит из двух изотерм (71=600 К, 7\=300 К) и двух изобар (〃=4р) Определить к. п. д. цикла, если рабочим веществом служит идеальный газ, число степеней свободы молекул которого i=5.
Решение. Физическая система состоит из одного моля идеального газа. В этой системе происходит круговой процесс, состоящий из двух изотерм и двух изобар (рис. 30.1). Для нахождения к. п. д. цикла по формуле
30.130.2
необходимо определить Qi и Q2- Система получает теплоту Qi при изобарном переходе из состояния / с параметрами ръ 匕，7\ в состояние 2 с параметрами ръ У；, Тi и при изотермическом расширении из состояния 2 в состояние 3 с параметрами р2,匕，7\:
Qf (7\—7\)+R7\ In (匕修)・ (30.5)
Система отдает теплоту Qg холодильнику при изобарном переходе из состояния 3 в состояние 4 с параметрами р8, Vg, Т2 H при изотермическом сжатии из состояния 4 в состояние Г.
Q尸 Ср (7\-А) + RT% In (匕/匕). (30.6)
n =n =^(Ti-T2) ln(P1/p2)^(Ti-T2) ln(P1/p2)CpiTi-T^ + Rmn (P1/p^CpiTi-T^ + Rmn (P1/p^Qis + QsiQis + Qsi
n =
n =
^(Ti-T2) ln(P1/p2)
^(Ti-T2) ln(P1/p2)
CpiTi-T^ + Rmn (P1/p^
CpiTi-T^ + Rmn (P1/p^
Qis + Qsi
Qis + Qsi
Из закона Бойля ——Мариотта для изотерм 7\ н 7\ %%=门%h取匕=凸%
следует, что
嗯 Vi ра
Подставляя эти отношения объемов в формулы (30.5) и (30.6) и учитывая (30.1), находим
Используя известное соотношение Cp=i/2(i+2)R, где i — число степеней свободы, окончательно получаем
Т1 — У 2
L i(i+2)(T^V'
~21n (pg
Раечег дает п&22,5%.
К. п. д цикла Карно для таких же температур Т】нагревателя и 7 2 холодильника
П=(Т1—7\)/7\, 件 50%.
Если увеличить степень сжатия (положив, например, Pi/p2=20), а число степеней свободы молекул газа уменьшить (i=§), то к. п. д. цикла из двух изотерм и двух изобар можно повысить до “《35%. Но в любом случае он останется меньше к. п. д. цикла Карно.
Пример 30.2 Цикл состоит из изотермы (7\=600 К), изобары и изохоры (рис. 30.2). Отношение 卜/卜^二幺 Рабочее вещество — идеальный газ 0=5). Определить к.九.д. цикла как функцию максимальной (7\) и минимальной температур рабочего вещества.
Решение. Определим минимальную температуру. В изобарном процессе газ охлаждается, а в изохорном — нагревается. Следовательно, минимальная температура — это температура Т3 в состоянии 3. Из уравнений состояния для точек 2 н 3
pVz—RTi, pVs—RT з,
находим минимальную температуру:
7产ТМ/匕=0,5 Л, 4=300 К.
Так как все процессы поли тропны, то, используя первое начало термодинамики (для изотермического процесса) 202
и формулу (29.8) (для изобарного и изохорного процессов), определим количество теплоты, поглощаемое (отдаваемое) рабочим веществом в этих процессах. Для изотермического процесса
Qi^RT, In (УЖ).
Так как Vi=V8, a F2/Vs=r1/T8, то
QlRTi 山(T"J・
Для изобарного процесса
Q23 = % (3 — TJ =专 R (窘 一 Т 8)•
Для изохорного процесса
QUTt—Tg 岑 0—tj.
Объединяя полученные результаты по формуле (30.1) находим к. п. д. цикла:'
一！.%«+2)(7\一北) _lnoz
т 1 In (Ti/Тз) + % I (Ti—T8)，g 1。A
Пример 30.3 Определить изменение энтропии одного моля идеального газа в изобарном, изохорном “ изотермическом процессах.
Решение. Физическая система — один моль идеального газа — участвует в трех изопроцессах. Эти процессы квазистатические и обратимые. Следовательно, изменение энтропии можно получить непосредственно по формуле (30.4).
Для изобарного процесса
厶S。=f 學П了军—%吟=Q哈(30.7)
Для изохорного процесса
出04擊=j竽^ = &1除= Cyl啥.(30.8)
Для изотермического процесса
ASl§衿胃= /* = /贽^ = R 畸.(30.9)
Применим полученные результаты к циклу из примера 30.2. Этот цикл состоит из изобары, изохоры и изотермы. Все эти процессы обратимы, и, следовательно, весь цикл также обратим. Для обратимого цикла по теореме Клаузиуса (30.3) изменение энтропии равно нулю:
AS?+ASy+ASt=0.
Отсюда, учитывая формулы (30.7) — (30.9) и обозначения примера 30.2, находим
Ср In -^" + Су In •^' + R In ^ = 0.
Так как 匕=匕，a VJV^TJT^ (см. пример 30.2), то
一点1畸+ 帥 咤+唄=0.
Отсюда получаем известное уравнение Майера (29.17):
С产 R+R.
&St-DJR&St-DJR教аса"若教аса"若AZ0&・f"臂AZ0&・f"臂力т力т30.330.3Изобразим изменение энтропии в рассматриваемом цикле в системе координат (S-ln Т) (рнс. 30.3). На участке /-2 изотермического расшире ния (In T=const) энтропия возросла на ASt=0,7 R, а на участке 2-3 изобарного охлаждения она уменьшилась на ASp=3,5・0,7 R и на участке 3-/ изохорного нагревания энтропия возросла на ASy=2,5xO,7 R. Полное изменение энтропии за цикл равно нулю: ASp+ASy+ASt=0. Естественным кажется возрастание энтропии на участках 3—/ и /—2 (это формально согласуется с
&St-DJR
&St-DJR
教аса"若
教аса"若
AZ0&・f"臂
AZ0&・f"臂
力т
力т
30.3
30.3
законом возрастания энтропии). На первый взгляд не совсем понятно, почему на участке 2-3 энтропия системы убывает (это противоречит^закону возрастания энтропии). На самом деле никакого противоречия с законом возрастания энтропии здесь нет. Этот закон справедлив лишь для адиабатно изолированной системы. Система, рассматриваемая в примере 30.2, адиабатно не изолирована: при изотермическом расширении 1-2 и изохорном нагревании 3-1 она
получает теплоту, а при изобарном охлаждении 2-3 отдает ее внешним телам.
30.430.4Пример 30.4 Адиабатно изолированный сосуд разделен на две равные части жесткой и нетеплопроводной перегородкой (рис. 30.4). В каждой половине сосуда находится по одному молю одинакового идеального трехатомного газа: в левой половине — при температуре Т1=600 К, в правой — при температуре 7\=300 К. Перегородку убирают. Определить изменение энтропии газа после того, как установится равновесное состояние. Решение. Рассмотрим три физические системы. Система I состоит из одного моля газа, находящегося в левой половине сосуда при температуре 7\. До снятия перегородки она адиабатно изолирована и находится в равновесном состоянии. Система II состоит из одного моля такого же газа, находящегося в правой половине сосуда при температуре 72V7\. До снятия перегородки она также адиабатно изолирована и находится в равновесном состоянии. Система III (общая) является объединением систем I и II. До и после снятия перегородки и в системе III и в каждой из систем I и II происходят не- квазистатические и необратимые процессы, в результате которых в них устанавливаются равновесные состояния.
30.4
30.4
Так как возникающие процессы необратимы, то приме
нять непосредственно формулу (30.4) для нахождения изменения энтропии системы III нельзя. Необходимо найти такие процессы, в результате которых системы I и II из начального в то же конечное состояние перешли бы обратимым образом. Для этого необходимо нарушить первоначальную адиабатную изолированность систем I и II. Поставим вместо нетеплопроводящей идеально проводящую теплоту невесомую перегородку. Теперь системы I и II имеют тепловой контакт (они адиабатно не изолированы). В каждой системе происходит обратимый изохорный процесс (в левой ——охлаждения, в правой ——нагревания до температуры смеси 6). Нетрудно найти конечную равновесную температуру:
0=(Т1Н-Тг)/2.
Теперь можно убрать и эту (теплопроводящую) перегородку. Так как обе подсистемы I и II находятся в термодина-
мическом равновесии при температуре 0, то и общая система III находится в равновесном состоянии. Заметим, что если изохорные процессы в системах I и II можно считать обратимыми, то процесс теплопередачи в системе III нельзя считать обратимым. Обозначим ASi и ASa изменения энтропии систем I и II. Тогда изменение энтропии системы III
AS=ASi+AS2.
Для системы I (по формуле (30.8))
掣= С〃п^ = Су1п^(1+^)
Для системы II
厶邑=£ ¥ = &,ln^ = C“n^(l+^).
Легко видеть, что ASiVO, a AS2X), т. е. энтропия системы I убывает, а энтропия системы II возрастает (вспомним, что эти системы, после того как была поставлена тепло- проводящая перегородка, перестали быть адиабатно изолированными и энтропия каждой из них может и возрастать, и убывать). Общая система III остается адиабатно изолированной, и энтропия в ней в результате необратимого процесса должна возрастать. Действительно, |ASi|<!AS2| и
a5 =环+А邑=&[1金(1+^) +
十山扌(1 +余)]> 0.
Так как Cv—iR/2, то ASd3 Дж/(моль- К). Таким образом, если количество теплоты Qi, переданной системой I, равно количеству теплоты Q2, полученной системой II (|Qi!—!Q8|), то изменение энтропии ASi систем / по модулю не равно изменению энтропии AS2 системы II в этом же процессе теплопередачи |ASi|#=|AS2[).
ГЛАВА 11
МОЛЕКУЛ ЯРНО-КИНЕТИЧЕСКАЯ ТЕОРИЯ
31. Распределение Максвелла — Больцмана
В статистическом методе в отличие от термодинами^ ческого существенным является предположение о «зернистой» структуре" макротел. В этом методе используют следующие (подтверждаемые многочисленными опытами) положения: все макротела состоят из микрообъектов; микрообъекты участвуют в хаотическом движении; микрообъекты взаимодействуют между собой. В классической статистической физике предполагают, что два одинаковых микрообъекта не тождественны. Поведение одной микрочастицы (материальной точки) рассматривают в шестимерном фазовом пространстве (^-пространстве) координат (х, у, г) и проекций вектора импульса (р*, р«, pz) или вектора скорости (%, vy, %)• Ее состояние определяется точкой в этом пространстве. Если микрочастица движется хаотически, то ее нахождение в элементе объема dT—dxdydzdpxdpy(ipz этого пространства является случайным событием, вероятность которого
d^=/(%, у, z, рх, ру, pz)dr,(31.1)
где / ——функция распределения (плотность вероятности}.
Функция / удовлетворяет условию нормировки
部=1.(3L2)
В (31.2) интегрирование производится по всему фазовому пространству. С помощью функции / можно определить среднее значение некоторой функции 中(%, у, z, рх, ру, р^
<ф> = ^фйт.⑶.3)
Распределение Максвелла — Больцмана молекул в р,- пространстве имеет вид
do； (%, у, z, рх, %, %)=
=е~ ［而 + и(“, z)］厶⑺改曲改 dp* dpg d% (31.4)
где U(%, y, z) — потенциальная энергия молекулы.
Распределение Максвелла — Больцмана можно рассматривать как два независимых распределения в трехмерном
пространстве импульсов {распределение Максвелла)
d®(&, &, %) = 4е・В+W2M gd&dpz (31.5) и в трехмерном пространстве координат (распределение Больцмана)
da (%, у, 2)= Be-u(%y,z)/(AT)d%dydz,(31.6)
где А и В — постоянные, определяемые из условия нормировки (31.2). Учитывая условие нормировки (31.2), получаем распределение Максвелла:
d®(% %, "z) = (2jwM)%e-代+*唠/(2团⑺ х xd&d&d%.(31.7)
Из распределения Максвелла (31.7) можно получить: распределение по компонентам скоростей (%, vy, %)
»m^ + Vy+v^)
d叫%, %，⑵=(-^#广 e2^ 一 d% d% d% (31.8)
распределение по модулю скорости и
dw (и) = 4л ("^^~)" ^е""^ du,(31.9)
распределение по кинетической энергии Ек gK
d@ (J) = 2冗(鳥)％£修 e~讶 dj(31.10)
и другие распределения.
В состоянии термодинамического равновесия макросостояние системы, состоящей из ^ частиц, характеризуется сравнительно небольшим числом макропараметров (физических величин, которые можно определить путем измерения из эксперимента), имеющих определенное, не зависящее от времени значение. Вследствие хаотического движения частиц их положения и скорости непрерывно изменяются. Следовательно, изменяются микросостояния системы, в то время как макропараметры остаются постоянными. Таким образом, одному и тому же макросостоянию соответствует множество микросостояний. Поэтому любые макроскопические величины зависят от микроскопических параметров. В статистической физике принимается, что наблюдаемые экспериментально физические величины (макропара
метры) могут быть найдены как средние значения, вычисленные по множеству допустимых микросостояний (см.
.3). Вследствие этого одной из основных задач, решаемых статистическим методом, является нахождение средних значений различных физических величин и определение среднего числа частиц d^ (из данных N), обладающих некоторым свойством.
Пример 31.1 Азот находится под давлением р = 1 атм при температуре Т=300 К. Найти относительное число молекул азота, модуль скорости которых лежит в интервале скоростей от <v> до <u〉+du, где du=l м/с. Внешние силы отсутствуют.
Решение. При давлении р=1 атм и температуре Т=300 К азот можно считать идеальным газом. В отсутствие внешних сил молекулы идеального газа подчиняются закону распределения Максвелла. Конкретный вид этого закона определяется из условий задачи —необходимо использовать распределение Максвелла по модулю скорости (31.9):,
d" = аМП (• 丫/‘代一m6/(2")du,(31.11)
где d^ — число молекул из данных М модуль скорости которых лежит в интервале от и до 叶d。，tn — масса молекулы. Как известно, выражение (31.11) справедливо, если интервал скоростей do столь мал, что изменением функции распределения
褊⑼=然=4M岛)"ef吗зТ)*(31 • 12)
на этом интервале скоростей можно пренебречь, считая ее приближенно постоянной. В нашем случае интервал du— /"仞а
0V
31.1
=1 м/с мал (по сравнению со значением средней скорости 切〉=/8盯/(切惚475 м/с). Кроме того, функция распределения /м (S в области средней скорости <и> изменяется
весьма слабо (рис. 31.1). Поэтому выражение (31.11) практически решает задачу. Подставив в (31.11) значение средней скорости ®〉=U8hT/mm), получаем решение задачи в общем виде:
d^ 8К 2 / т心
~N^^~\ykT)е-Е 也
Произведя вычисления, получим
dW=l,9-10-3=0,19%.
При числовом расчете использовались табличные значения функции /(х)=е~*. -
Пример 31.2 Найти относительное число молекул, модуль скорости которых больше модуля средней скорости.
Решение. В данном случае интервал скоростей do равен бесконечности (от средней скорости <и> до оо) и непосредственно использовать формулу (31.11) нельзя. Но, интегрируя уравнение (31.11) в указанных выше пределах, получаем искомое относительное число молекул:
■T= f 4n(居7)"%一而，e-^u2dv,
(31.13)
где a==m/(2kT) и 必一число молекул из данных ^, модуль< скорости которых больше модуля средней скорости.
Представим последний интеграл из (34.13) в виде
К лJ
8〉
ОО( e~avl u2 du К л( e~avl u2 du К ло
О
О
( e~avl u2 du К л
( e~avl u2 du К л
J e-av1 * do. о
Первый интеграл справа (по условию нормировки (31.2)) равен единице:
00
-~=-as/s f е-^и2 du = 1.
о
Для вычисления второго интеграла произведем в нем замену переменного, положив /=К«f. Тогда
-~a8^3 С е-аз и2 d0=С 氏_严(1/ =
1, 13
=й J 5"(31.14)
ибо K«<v>=К4?л« 1,13.
Проинтегрировав (31.14) по частям, сведем последний интеграл к интегралу ошибок
Ф(г) =Ф(г) =dx,dx,
Ф(г) =
Ф(г) =
dx,
dx,
для значений которого составлены специальные таблицы.
Мы получим-
44=—0,39 + Ф(1,13).=—0,39 + Ф(1,13).Из таблиц находим значение интеграла ошибок ①(1,13) =0,89. Следовательно, относительное'число молекул, модуль скорости которых больше средней скорости, составляет
4
4
=—0,39 + Ф(1,13).
=—0,39 + Ф(1,13).
А/，У=0,50.,
Таким образом, половина молекул имеет модуль скорости меньше средней скорости, а другая половина — больше средней скорости.
Пример 31.3 Определить число молекул водорода, пересекающих за 1 с площадку площадью 1 см* расположенную перпендикулярно оси (водород находится при нормальных условиях).
Решение. Дадим два решения этой задачи.
Первая модель. Учитывая, что в газе нет преимущественных направлений движения молекул, примем, что 1/3 всех молекул движется по оси ОХ, 1/3 — по оси 0Y и 1/3 — по оси 0Z. Следовательно, в положительном направлении оси ОХ движется 1/6 всех молекул. Далее предположим, что скорости всех молекул одинаковы и равны средней ско-
роста <и>. Тогда искомое число молекул составит
nl^l/<in0<,v>^S^tt(31.15)
где 九° — плотность молекул (их число в единичном объеме), AS = 1 см2 — площадь площадки, Д/=1 с — промежуток времени.
Вторая мйдель. В первой модели предполагалось, что все молекулы движутся с одинаковой по модулю скоростью, равной средней скорости. Однако молекулы распределены по компонентам скоростей по закону Максвелла, который для одномерного случая легко получить из распределения (31.8):
d 九(％) = % (爲j % e-‘"磋偿盯)也.(31.16).
Следовательно, число молекул, пересекающих площадку AS = 1 см2 за время Д/=1 с, найдем из соотношения
по кинетическим энергиям (рис. 31.2), можно найти из соответствующей функции распределения:
/м (皐)=2л (击)*/£%』/『(31.18)
Таким образом, предложенная задача сводится к задаче о нахождении экстремума функции (31.18). Определив
=冬笋 AS A/je-а吸 d (a喲=AS A的肾阿.j e-f d/= оо
=ASA/——e-q 8 =卫空竺，
2Hал L J о2Hал
где a=m/(2/?T). Учитывая, что <и>=У8kT/(лиг), получаем.
%=1/4 九о〈и〉AS А/. (31.17)
Таким образом, получены существенно различные выражения (31.15) и (31.17). Произведя количественный расчет (учитывая, что n0—p0/(kTо), где % и То — нормальное дав-, ление и нормальная температура), получим
九 1^7,4・1023,九 2^11,1」0叫
Пример 31.4 8 сосуде объемом У=30 л находится /л = 100 г кислорода под давлением р=3-10^ Па. Onpedei лить наиболее вероятное значение кинетической энергий молекул кислорода.
Решение. Легко показать, что кислород в данные условиях можно считать идеальным газом. Вероятное зна чение кинетической энергии молекул, которой соответствус максимум кривой распределения Максвелла (31.10) мoлeкyJ
первую производную /м (£к) и приравняв ее нулю, получим
/м闻=2M/厂e一甘(一林或+
十2П(击户考"
Отсюда найдем вероятное значение кинетической энергии молекул:
Ек.ЕТ12.(31.19)
Температуру определим из уравнения Менделеева — Клапейрона
T=pVM/(mR).
Используя (31.18) и (31.3), можно найти среднее значение кинетической энергии молекул (в поступательном движении):
<fK>=3/ zkT.
Таким образом, средняя кинетическая энергия молекул идеального газа в три раза больше вероятного значения кинетической энергии:
Зк〉/Ен.в=3.у
2)32)3Заметим, что различие между средней скоростью молекул идеального газа и их вероятной скоростью менее зна-
2)3
2)3
тательно:
<"> _ 匕8也夕/(лги)〜1 1 а ов -汽砂而~
§ 32. Распределение Больцмана
Распределение Больцмана (31.6) для одномерного случая принимает вид
da (%) = ^^)= BQ-ugg 必,da (%) = ^^)= BQ-ugg 必,(32.1)(32.1)где d^ (%) — число частиц из данных 从 в слое толщиной dx вблизи координаты х. Применим распределение (32.1) к атмосфере Земли. Предположим, что температура воздуха в атмосфере Земли постоянна: Т = const (случай изотермической атмосферы). Примем, что высота h атмосферы -значительно меньше радиуса Земли R (力《R) и, следовательно, в пределах атмосферы можно считать ускорение свободного ： падения постоянным (g=9,8 м/с2=const). Тогда потенциальная энергия молекулы массой т на высоте % от поверхности Земли U (x)=tngx.
da (%) = ^^)= BQ-ugg 必,
da (%) = ^^)= BQ-ugg 必,
(32.1)
(32.1)
Используя условие нормировки (31.2), определяем постоянную &:
1 =，8尸m"/仅7)d%. 0.
Отсюда 8i=mg/(6T).
Таким образом, число молекул dA/(x) в слое воздуха толщиной dx на высоте х от поверхности Земли
d" (%)= ^^ Q-mgx/lkT) dx<
(32.2)(32.2)Пусть dS — элементарная площадка, перпендикулярная оси ОХ. Тогда d%dS=dV — элемент объема, а выражение
(32.2)
(32.2)
—это давление атмосферы на поверхности Земли. Следовательно, в объеме dV на высоте х от поверхности Земли число молекул
d" (%)=餘 e-№/m)dK
Так как dN (x)/6V—n—плотность молекул на высоте х, а р0/ (kT)=n0 — плотность молекул вблизи поверхности Земли, то
n = noe' Отсюда Р = %еn = noe' Отсюда Р = %е-mg#/伊 Г).-mg#/伊 Г).можно-mgx/(^T).можно-mgx/(^T).(32.3)
n = noe' Отсюда Р = %е
n = noe' Отсюда Р = %е
-mg#/伊 Г).
-mg#/伊 Г).
можно
-mgx/(^T).
можно
-mgx/(^T).
получить барометрическую формулу：
Стандартные задачи на распределение Больцмана (так же как и при использовании распределения Максвелла) сводятся к определению средних физических величин и к нахождению числа частиц, обладающих некоторым свойством.
Пример 32.1 Найти среднюю потенциальную энергию молекул воздуха в гюле тяготения Земли. Никакой высота от поверхности Земли потенциальная энергия молекул равна бредней потенциальной энергии? Температуру воздуха считать постоянной и равной 0℃.
Решение. Газ (воздух) находится в поле тяготения Земли. Следовательно, его молекулы распределены по энергиям согласно функции распределения Больцмана
卜(U) = Be-u№T*
где U =mgh ——потенциальная энергия молекулы.
Если известна функция / распределения молекул по какому-либо физическому параметру Z (скорости，，импульсу р, энергии £ и т. д.), то среднее значение некоторой физической величины, являющейся функцией от этого параметра (р(/), определяется по формуле
00
$ф(0/(0 d/
〈屮(/)〉=2-j•
口(/)也 о
В нашем случае(p(/)=U, /=/Б. Таким образом, среднее значение потенциальной энергии молекул воздуха в поле
тяготения Земли
\ BU『u/{kT) du，Ue- и/便T) du
<(7> = -2
$ BiSdUJe-^r)dU
(32.4)(32.4)оо
(32.4)
(32.4)
В выражении (32.4) знаменатель
，e-u/g &и = кТ, а числитель 88
§u6-u/(盯)(1u=胪т2, /e-f d/ = 依G. оо
Следовательно,
〈U)=盯.
Теперь находим высоту 九，на которой энергия молекул воздуха равна средней энергии: <U〉=mgh или hT=mgh. Отсюда
потенциальная!потенциально^потенциальная!потенциально^kT RTmg — Mg 'kT RTmg — Mg '/i « 8 • 104 м./i « 8 • 104 м.Пример 32.2 Определить массу воздуха в цилиндре d основанием AS = 1 м2 и высотой 頁=1 км. Считать, чпщ воздух находится при нормальных условиях.'
потенциальная!потенциально^
потенциальная!потенциально^
kT RT
mg — Mg '
kT RT
mg — Mg '
/i « 8 • 104 м.
/i « 8 • 104 м.
Решение. Применять уравнение Менделеева — Клапейрона нельзя, ибо физическая система ——идеальный) газ (воздух)——находится в поле тяготения Земли. Нельзя； и непосредственно использовать формулу (32.2), так кай толщина слоя dx—h={ км велика. Проинтегрировав (32.2》 по % в пределах от 0 до h, найдем полное число молекул воз； духа в данном цилиндре:
忆П等好%2N（1一e警）=*（1一警）.
Умножив (32.5) на массу т одной молекулы, получим hckoj мую массу:I
% = mNt =響(1 —е-響)=哈(1 —е~ 霑)，
где М =29 кг/кмоль — молярная масса воздуха.:
Если бы воздух не находился в поле тяготения Земли/
то, по уравнению Менделеева — Клапейрона, М 尸pCShMKRT).
Найдем отношение Мъ и Ah：
—Ah — Ry ([—e—Mg砧RC) °
Числовой расчет для высот 九 1=100 м,厶=1 км,储=10 км дает следующие значения этого отношения: аг=1,008, ot2=l,O8, «3=1,8.
Таким образом, для воздуха, находящегося в объеме с высотой до сотен метров, можно применять уравнение Менделеева ——Клапейрона, не учитывая распределения Больцмана. Для воздуха, находящегося в объеме с высотой 1 км и более, использование уравнения Менделеева — Клапейрона приводит к значительным ошибкам и в этих случаях необходимо учитывать влияние поля тяготения Земли.
Интересно было бы исследовать зависимость а от параметров (температуры Т, молярной массы М, ускорения свободного падения g).
Пример 32.3 8 атмосфере находятся частицы пыли, имеющие массу т=8» 10~22 кг и объем У=5* 10~22 м3. Найти уменьшение их концентрации на высотах h= =3 м и 九2=30 м. Воздух находится при нормальных условиях.
Решение. Физическая система состоит из частиц пыли и воздуха, находящихся в поле тяготения Земли. Следовательно, и частицы пыли и молекулы воздуха подчиняются распределению Больцмана (32.3). Но если для молекул воздуха это распределение можно использовать непосредственно, то применение его к частицам пыли может привести к ошибочному результату. Дело в том, что на частицы пыли кроме силы тяжести mg действует выталкивающая сила Архимеда 尸а (частицы пыли находятся в воздухе). Легко убедиться простым расчетом, что сила Архимеда 尸а по порядку величины сравнима с силой тяжести mg. Действительно, плотность пылинки рп=т/У, т. е. рп = =8・ IO-22/5.10-22^1,6 кг/м3, что мало отличается от плотности воздуха Рв^1,3 кг/м3. Следовательно, и сила Архимеда мало отличается от силы тяжести. Поэтому найдем сначала эффективную массу частиц пыли: m3^g=mg——尸а или ma^g=mg—pBVg, где pB — плотность воздуха. Плотность воздуха определим из уравнения Менделеева — Клапейрона:
pK=pM/(RT).
Таким образом,
pMV
^Вф =加 DT •
Использовав распределение Больцмана (32.3), найдем изменение концентрации частиц пыли с высотой:
8?нe打=e——年一•
Числовой расчет для /и=3 м и /ц==30 м дает 01=0,29, р2=3-10"®. Таким образом, если на высоте hr~ 3 м (уровень 1-го этажа здания) концентрация частиц пыли все еще составляет примерно % концентрации пыли на поверхности Земли, то на высоте Ла=30 м (уровень 10-го этажа здания) пыли практически нет. Этот вывод справедлив, если отсутствуют восходящие потоки воздуха.
Раздел III
Решение нестандартных, непоставленных и произвольных задач
ГЛАВА 12
НЕСТАНДАРТНЫЕ И ОРИГИНАЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
Нестандартные задачи
Выше уже отмечалось, что для решения нестандартных задач одних конкретных и обобщенных знаний уже недостаточно. Применяя их, мы, как правило, получаем незамкнутую систему уравнений. Затем приходится искать весьма неопределенное «нечто», учет которого позволит замкнуть систему уравнений. Неуловимые и неопределенные «нечто» в яестандартных задачах столь разнообразны, что делают попытку классификации таких задач почти безнадежной. В приводимых ниже примерах (весьма малочисленных) указаны некоторые характерные «нечто» и способы их нахождения.
Пример 33.1 На горизонтальной плоскости с коэффициентом трения / лежит тело массой т. В момент времени /=0 к нему приложили горизонтальную силу, меняющуюся по закону F=af, где а ——постоянный вектор. Найти путь, пройденный телом за первые f секунд после начала действия этой силы.
Решение. Проводим обычный анализ, применяя метод анализа физической ситуации задачи. В физическую систему включаем только одно тело массой /и. Его можно считать материальной точкой. Тело движется под действием некоторых сил, одна из которых зависит от времени. Необходимо определить один из параметров этого движения —
путь, пройденный телом. Это основная задача динамики материальной точки.
Применим второй закон Ньютона. Инерциальную систему отсчета свяжем с плоскостью, ось ОХ выберем в направлении вектора а. В процессе движения на тело действуют четыре силы: данная сила F=af=iaf, где i — единичный вектор, сила трения Frp=―fmgi, реакция опоры N и сила тя* жести т^. Последние две силы компенсируют друг друга. По второму закону Ньютона,
/и 警=afi — fmgi,
или в проекциях на ось ОХ
m~ — at — fmg.
Интегрируя это уравнение и учитывая начальные условия, находим закон изменения скорости:
at2 £ ,
X 2加 '
и далее (после интегрирования уравнения』=%)—закон движения:
(33.1)(33.1)—о/3 fg 伊
(33.1)
(33.1)
=丽 2-,
Последнее выражение дает искомый ответ задачи. Но, оказывается, приведенное решение неверно. Формально проведен физический анализ: не учтена сила трения покоя вообще и в особенности тот факт, что эта сила, как и данная сила F=af, изменяется (растет) во времени. Движение тела начнется только в момент времени t^—fmg/a, когда сила трения покоя достигнет сйоего максимального значения. До этого момента времени тело находится в покое. Подставляя в формулу (33.1) вместо f разность /—/“ получим верное решение:
“a(i)3 fg(i)2 6rn2，
г деtg.
Таким образом, в данной нестандартной задаче «нечто», заключалось в тщательном учете силы трения покоя и в| том, что эта сила является переменной (она растет от нул耳|
до своего максимального значения fmg при возрастании действующей силы F=af).
Очень часто в нестандартных задачах используют так называемое условие отрыва (при прекращении взаимодействия тел упругая сила реакции опоры обращается в нуль: Л/=0).
Пример 33.2 На небольшое тело массой т, лежащее на гладкой горизонтальной плоскости, 6 момент времени £=0 начала действовать сила, зависящая от времени по закону F—at, где а — постоянная. Направление этой силы все время составляет угол а с горизонтом. Определить момент времени, в который тело оторвется от плоскости, а также скорость тела в любой момент времени до и после отрыва.
Решение. В физическую систему включим только одно данное тело. Все остальные тела — внешние. Данное тело можно принять за материальную точку. В результате взаимодействия с внешними телами происходит движение данного тела. Заметим, что одна из внешних сил зависит от времени /. Необходимо определить момент времени какого- то события (отрыв тела от плоскости), а также скорость тела в любой момент времени до и после этого события. Так как движение тела рассматривается не формально (задана сила), то данная задача связана с основной задачей динамики материальной точки.
Применим второй закон Ньютона. Инерциальную систему отсчета свяжем с плоскостью, ось ОХ направим горизонтально, ось 0Y вертикально вверх. Тогда по второму закону Ньютона получим
m^ = at cos а, (33.2)
m翳= N + @fsina—mg. (33 3)
Нетрудно догадаться (!), что до отрыва %=const=0 и, следовательно, система уравнений (33.2) — (33.3) приобретает вид
т~ = at cos а, (33.4)
0=^+а^ sin а—mg. (33.5)
Получена система из двух уравнений с тремя неизвестными (%, ^ и /), но если мы догадаемся (!), что в момент отрыва реакция опоры обращается в нуль (Л/=0), то из урав-
иения (33.5) сразу найдем момент времени отрыва】
(33.6)(33.6)__ mg
(33.6)
(33.6)
ft ~~ a sin а
Далее, после интегрирования уравнения (33.4) и учета начальных условий получим закон изменения скорости до отрыва:
а/а cos аа/а cos а2т2т(33.7)(33.7)
а/а cos а
а/а cos а
2т
2т
(33.7)
(33.7)
После отрыва (N=0) система (33.2) l (33.3) приобре
тает вид
(33.8)(33.8)加幣=а/cos а,
(33.8)
(33.8)
加 d(f-fo)加 d(f-fo)=а (/ — Zo) sin а—mg.=а (/ — Zo) sin а—mg.(33.9)(33.9)
加 d(f-fo)
加 d(f-fo)
=а (/ — Zo) sin а—mg.
=а (/ — Zo) sin а—mg.
(33.9)
(33.9)
В уравнении (33.9) учтено (!), что движение по оси 0Y начинается с момента отрыва t0=mg/(a sin а). После интегрирования уравнений (33.8) и (33.9) и учета начальных условий находим закон изменения вектора скорости после отрыва (/》/(>)：
v =+ 严3产 _g(jj] j (33.10)
(i и j — единичные векторы).
На первый взгляд кажется, что догадки, о которых шла речь в процессе решения задачи (до отрыва %=0, в момент отрыва №=0, после отрыва время движения тела по оси OY равно /То),— это очевидные, мелкие детали. Да, это детали, но детали, без которых задачу решить невозможно. Этим определяется важная роль вышеупомянутых маленьких «нечто». После решения таких задач наш опыт и физическая интуиция обогащаются. В дальнейшем (в других； подобных задачах) эти детали действительно становятся] очевидными. Впрочем, обычно все известное и решенное кажется простым и очевидным, а неизвестное и нерешенное сложным и непонятным.；
Весьма распространенным при решении нестандартны» задач является удачный выбор системы отсчета (СО)《 Приведем три примера. В первом выбор системы отсчета безразличен, во втором — существен настолько, что пр$ одном выборе СО задача является стандартной, а при др^ гом ——нестандартной, наконец, в третьем удачный выб(^|
СО является определяющим (обычная стандартная задача становится оригинальной).
Пример 33.3 Цепочка массой /и, образующая окружность радиуса R, надета на гладкий круговой конус с углом полу раствора 9 (рис. 33.1). Найти натяжение цепочки, если она вращается с постоянной угловой скоростью з вокруг вертикальной оси, совпадающей с осью симметрии конуса.
Решение. Физическую систему образуем из одного тела — цепочки. Цепочка не материальная точка. Сила натяжения, которую необходимо определить, действует на каждый элемент цепочки. Поэтому разделим цепочку на столь малые и одинаковые элементы, чтобы каждый из них можно было принять за материальную точку. Рассмотрим один такой элемент массой А/n. Он движется по окружности известного радиуса R с известной угловой скоростью (о под действием некоторых сил. Одну из них необходимо определить. Это одна из основных задач динамики вращательного движения материальной точки.
Применим поэтому второй закон Ньютона. Легко показать, что выбор системы отсчета (инерциальная или неинерциальная) в этой задаче безразличен: в дальнейшем мы запишем систему уравнений параллельно в двух системах отсчета. Выберем неинерциальную систему отсчета (НИСО), связанную с элементом Ат, и инерциальную (ИСО), связанную с любым неподвижным телом. На элемент Am в ИСО
действуют четыре силы: сила тежести A/ng (рис. 33.1), упругая сила реакции опоры N и две одинаковые (почему одинаковые?) силы натяжения Т (рис. 33.2), каждая из которых направлена по касательной к окружности в соответствующей точке. В НИСО к этим силам добавляется центробежная
сила инерции A/ndR. Проецируя силы на оси, записываем второй закон Ньютона в ИСО:
^ sin 0—2T sin(a/2)=0 (для оси OZ),(33.11)
27 sin(a/2)—V cos 0=Дт(о2/? (для оси ОХ). (33.12) Соответственно в НИСО:
N sin 0—2T sin(a/2)=0,(33.13)
2T sin(a/2)—N cos 6—AmdRE.(33.14)
Легко видеть, что системы уравнений (33.11) — (33.12) и (33.13) — (33.14) эквивалентны. Однако в любом случае — это незамкнутая система из двух уравнений с тремя неизвестными (Т, а и А/)・ Следовательно, необходимо найти «нечто», которое замкнуло бы систему уравнений. Возникает догадка (из рис. 33.2), что угол а как-то связан с элементом А/n. Легко видеть (!?), что эта связь имеет вид
Лт/т—а/(2л).
И наконец, учитывая еще одно «нечто» — малость угла a (и, следовательно, то, что sin a а а), получаем простую и замкнутую систему уравнений (в ИСО):
N sin0—&ng=0,
Та—N cos e=Amo)2R,
Am//n=a/ (2л).
После решения этой системы находим ответ в общем виде:
т m (o)2R+g ctg G)
Заметим, что в решении этой задачи определяющими являются конкретные и обобщенные знания, тем не менее и роль маленьких «нечто» уже становится значительной.
Пример 33.4 Через блок, прикрепленный к потолку кабины лифта, перекинута нить, к концам которой привязаны грузы с массами тг и 加2 (рис. 33.3). Кабина поднимается с ускорением а. Пренебрегая массами блока и нити, а также трением, найти силу, с которой блок действует на потолок кабины.
Решение. Проведем решение задачи, выбрав различные системы отсчета: сначала СО свяжем с кабиной (НИСО), а затем с Землей (ИСО).
Решение в НИСО. В физическую систему включим два тела пи и т2 (их можно принять за материальные точки), невесомые блок и нить. Под действием некоторых сил тела системы движутся ускоренно. Необходимо найти одну из
сил — ту, с которой блок действует на потолок кабины. Это одна из основных задач динамики.
Применим второй закон Ньютона для тел mt и т^ относительно выбранной НИСО. Ось Ох направим вниз (рис. 33.3). На тело % действуют сила тяжести mg сила натяжения нити и сила инерции (—т^. Проецируя эти силы на ось ОХ, по второму закону Ньютона для тела % получаем
т^-у-т^а—Т —тф.
где b — проекция вектора ускорения тела 色 относительно выбранной НИСО. Мы условно приняли, что 恤＞% и,где b — проекция вектора ускорения тела 色 относительно выбранной НИСО. Мы условно приняли, что 恤＞% и,следовательно, вектор ускорения b направлен .вниз. Соответственно для тела т2 находим加2g+加 2。T=til J).следовательно, вектор ускорения b направлен .вниз. Соответственно для тела т2 находим加2g+加 2。T=til J).ооПолучена замкнутая система из двух уравнений с двумя неизвестными н Ь). Искомую силу 尸 найдем, записав второй закон Ньютона для центра масс блока (он неподвижен): 2T—尸=0. ОтсюдаПолучена замкнутая система из двух уравнений с двумя неизвестными н Ь). Искомую силу 尸 найдем, записав второй закон Ньютона для центра масс блока (он неподвижен): 2T—尸=0. Отсюда—4加1团2 (g + a)—4加1团2 (g + a)团1 +团2团1 +团2(33.15)(33.15)啲'啲'
где b — проекция вектора ускорения тела 色 относительно выбранной НИСО. Мы условно приняли, что 恤＞% и,
где b — проекция вектора ускорения тела 色 относительно выбранной НИСО. Мы условно приняли, что 恤＞% и,
следовательно, вектор ускорения b направлен .вниз. Соответственно для тела т2 находим
加2g+加 2。T=til J).
следовательно, вектор ускорения b направлен .вниз. Соответственно для тела т2 находим
加2g+加 2。T=til J).
о
о
Получена замкнутая система из двух уравнений с двумя неизвестными н Ь). Искомую силу 尸 найдем, записав второй закон Ньютона для центра масс блока (он неподвижен): 2T—尸=0. Отсюда
Получена замкнутая система из двух уравнений с двумя неизвестными н Ь). Искомую силу 尸 найдем, записав второй закон Ньютона для центра масс блока (он неподвижен): 2T—尸=0. Отсюда
—4加1团2 (g + a)
—4加1团2 (g + a)
团1 +团2
团1 +团2
(33.15)
(33.15)
啲'
啲'
Таким образом, в НИСО задача33.3
оказалась стандартной.
Решение 6 ИСО. Второй закон Ньютона для тел тг и т2 дает
т^—Т^т^(33.16)
т 喳一Т=—тд,(33.17)
где 仪工 н а?——модули проекций векторов ускорений а】и аа соответственно тел т* и т2 относительно выбранной ИСО. Получена незамкнутая система из двух уравнений с тремя неизвестными (Т,的 и “J. Следовательно, необходимо искать «нечто», которое замкнуло бы эту систему.
Возникает догадка: ах и а2 связаны между собой. Как? Очевидно (!), что
а^а^а.(33.18)
Действительно, так как “尸匕+“，％=匕一а, то
。2“1 ==2fl!«
尸=2T =尸=2T =4fflim 抱 +а)加1 +ma4fflim 抱 +а)加1 +ma
尸=2T =
尸=2T =
4fflim 抱 +а)加1 +ma
4fflim 抱 +а)加1 +ma
Решая замкнутую систему уравнений (33.16) — (33.18), находим
Г 一 2mlm2 (g+а)
加1 +加2
Следовательно,
что совпадает с (33.15). Таким образом, эта же задача в ИСО оказалась нестандартной.
Пример 33.5 Снаряд зенитного орудия, получивший начальную скорость v0, направленную вертикально вверх, разрывается 6 наивысшей точке своей траектории^ на % одинаковых осколков. Скорости осколков одинаковы,, равны u0 и направлены под различными полярными 6 и азимутальными 屮 углами. Определить положен^ произвольного осколка в любой момент времени. ] Решение. Выберем ИСО, связанную с Землей. Лег{ ко показать, что при таком выборе СО задача является стан« дартной. В физическую систему включим только произволь-j ный осколок, который можно принять за материальную точку. Его начальная высота A0=vg/ (2g), начальная сксн рость и0, а также угол а =90°——0, который составляет век( тор и0 с горизонтом (рис. 33.4), известны. Необходимо най| ти положение осколка в любой момент времени £. Это ос] новная задача кинематики материальной точки.
Выберем плоскость, в которой движется (по парабол произвольный осколок, в качестве координатной плоской ОХУ (рис. 33.4). 1
Тогда закон движения осколка в параметрической фс|
ме имеет вид
% = 〃()cosaf; у——疆土〃о sin af+等.
Очевидно, что этот закон движения позволяет определить положение произвольного осколка в любой момент времени.
Выберем НИСО, связанную с центром масс снаряда. После разрыва центр масс (начало координат) движется вниз с ускорением g. В этой системе отсчета движение произвольного осколка является равномерным (со скоростью 〃о) и, следовательно, в любой момент времени каждый осколок располагается на сфере радиуса R—u^t с центром в начале координат. Задача решена, причем решение, кроме того что оно просто и изящно, еще и весьма наглядно.
Таким образом, эта же задача в НИСО оказалась оригинальной.
Оригинальные задачи
«Лучше говорить не о стандартных, нестандартных и оригинальных задачах (ибо мы видели, что одна и та же задача, например, в зависимости от выбора системы отсчета может оказаться и стандартной, и нестандартной, и даже оригинальной), а о способах решения задач (стандартный# нестандартный и оригинальный).
Очевидно, что попытка классификации оригинальных задач, по-видимому, тоже (как и вообще для всех нестандартных задач) является безнадежной. Можно только заметить, что оригинальные задачи часто допускают и стандартное, и нестандартное, и оригинальное решение. В первом случае для решения задачи достаточно применить только конкретные и обобщенные знания, во втором используют еще и догадки, причем роль последнего элемента не столь существенна, и, наконец, в третьем случае задача может быть решена только с помощью догадки, интуиции. Эти последние задачи и можно было бы назвать собственно оригинальными. Приведем несколько примеров.
Пример 34.1 В круге радиуса R вырезан круг радиуса 「Wr/2, центр которого расположен на расстоянии @V(R—•г) от центра большого круга (рис. 34.1, а). Определить центр масс образовавшейся фигуры.
Решение. Задача допускает и стандартное решение, вытекающее из определения центра масс (см. (13.2)).
Стандартное решение связано с относительно громозд-
кими вычислениями. Попробуем поискать нестандартное, а может быть, и оригинальное решение. В чем особенность данной физической системы? Круги ——фигуры симметричные с бесконечно большим числом осей симметрий (диа-
34.1
метры кругов). Центр масс большого круга (обозначим эту фигуру символом II, рис. 34.1,6) до выреза находился в центре круга (точка О). Фигура, образовавшаяся после выреза малого круга (обозначим ее символом I), осталась симметричной, но только с одной осью симметрии (000.
(рис. 34.2), делящей расстояние а0 между ними в отношении, обратно пропорциональном их массам, то
а0 -%一m4
(34.1)(34.1)где x=\A0\, mi=anr£ — масса фигуры IV, т4=а(лТ?2— 2"2) — масса фигуры III, а=const. Из (34.1) находим искомую координату центра масс фигуры I:
(34.1)
(34.1)
%=天2—，2 •
Заметим, что самым важным во втором (оригинальном) решении этой задачи была догадка о вырезе дополнительного (второго) малого круга. А эта догадка — элемент опыта, физической интуиции.
Усложним условия решенной задачи: пусть вырез произведен в несимметричной фигуре, например в треугольнике.
Пример 34.2 В треугольнике со сторонами а, b и с вырезан круг радиуса г, центр которого лежит на медиане AD на расстоянии ax=\MN\ от точки пересечения медиан М (рис. 34.3). Определить центр масс образовавшейся фигуры.
Возникает догадка: а если вырезать не один, а два малыл круга, расположенных симметрично относительно центр； большого круга (рис. 34.2, а)? Центр масс образовавшейся фигуры (обозначим ее символом III) будет (в силу снмме寸 рии) находиться в точке О. Вернем второй малый круг (эт； фигуру обозначим символом IV; рис. 34.2, 6) на свое месте Тогда задача о нахождении -центра масс фигуры I сводите! к определению центра масс системы фигур III и IV, центра масс которых известны. Так как центр масс двух тел лежн на прямой, соединяющей их центры масс в точке」
Решение. «Легко видеть, что и эта задача допускает стандартное решение по формуле (13.2) с громоздкими вычислениями. Попробуем найти другое решение. Способ (с вырезанием другого круга с целью получить фигуру с большей симметрией), использованный в предыдущей задаче, здесь не годится; исходная фигура (треугольник) не симметрична. Но идею о комбинации фигур можно попытаться применить. Вложим вырезанный круг (обозначим эту фигуру символом I). Тогда мы получим треугольник О АВ (обозначим эту фигуру символом Ш), центр масс которого
лежит в точке пересечения медиан AI. Но центр масс фигуры II (треугольник с вырезанным кругом) лежит в точке L на медиане AD на неизвестном расстоянии х от точки М, и возникает идея рассматривать фигуру III как комбинацию фигур I и II. Так как массы фигур известно (/ni=anr2, т^та—пи, m2—a(Kp (р—а)(р—b)(p—с)—№], где , р— = (а+Ь+с)/2) то уравнение (34.1) определяющее центр масс системы фигур I и II, принимает в данном случае вид
xlch=mjma.
В общем виде его решение:
М р ("—a) ("—b) (p —c)—№
Пример 34.3 В равномерно заряженном электрическом шаре имеется сферическая полость, центр которой находится на расстоянии а от центра шара (рис. 34.4). Найти напряженность электрического поля в произвольной точке полости, если плотность заряда равна р. Решение. Физическая система состоит из равномерно заряженного шара с полостью. Необходимо рассчитать электрическое поле в полости. Эта основная задача в> теории электростатического поля.；
Так как заряд шара неточечный, то можно было бы применить метод ДИ (см. § 6). Но это связано с трудоемкими вычислениями интегралов. Используем комбинационные идеи, изложенные выше. Обозначим 广 радиус полости, а R — радиус большого шара. Рассмотрим совокупности трех тел, равномерно заряженных электричеством с плот, ностью р: малый шар радиуса г (обозначим это тело снмво| лом I), большой шар радиуса R (символ III) и шар с поло| стью (символ II). По принципу суперпозиции напряжена ность поля Е3 в любой точке внутри большого шара равн| геометрической сумме напряженностей полей малого шар! (Ei) и шара с полостью (Ег):
E8==Ei4-Eg.
Отсюда искомая напряженность
Е 尸 ЕТз
Пусть произвольная точка Л внутри полости находи* на расстоянии у от центра полости и на расстоянии % центра шара (рис. 34.4). Тогда по формуле для поля вну〔
шара имеем
£=Р“(3£о),(34.2)
Es=px/(3eo).(34.3)
Рассмотрим треугольники AOOt и АВС. Учитывая (34.2) и (34.3), находим
1^1 _ J 一9_丨43|
Следовательно, 9TH треугольники подобны, отсюда lOOil I ЛО I ИЛИ a ~ x '
Таким образом,
E 2 ^1 ар/ (Зе。).
Так как E2||OOi (это следует из подобия треугольников 4001 и АВС), то окончательно находим, поле внутри полости однородно.
□то электрическое□то электрическоеПример 34.4 По бесконечному сплошному цилиндрическому проводнику идет постоянный ток плотности /. В проводнике имеется бесконечная цилиндрическая полость, ось которой параллельна оси проводника и отстоит от нее на расстоянии а (рис. 34.5). Определить напряженность магнитного поля в произвольной точке полости.
□то электрическое
□то электрическое
Решение. Используем метод (I), изложенный выше. Рассмотрим произвольную точку Л полости, отстоящую от
оси оольшого цилиндра на расстоянии % н от оси полости на расстоянии у (рис. 34.5). Полезно выделить три системы: ток и его магнитное поле сплошного (без полости) большого цилиндра (обозначим символом III), ток и его магнитное поле большого цилиндра с полостью (символ II) и ток и его магнитное поле малого цилиндра радиуса, равного радиусу полости (символ I). Так как (по принципу суперпозиции)
н8=н1+н2,
то искомая напряженность
Н2 = Нз-Н].
По теореме о циркуляции вектора Н находим
^1 = 4^ 3工招
следовательно,
瓦—х - \А0\ '
Так как углы ВАС и 0401 равны, то треугольники АВС и ОД Of подобны. Таким образом,
Н J а=Н Jх и 〃2=/а/2.
Легко показать, что вектор Н2 перпендикулярен вектору 001 и, следовательно, магнитное поле внутри полости однородно.
Заметим, что решение последней задачи оказалось стандартным потому, что до этого мы решили три почти такие же задачи и наш опыт и физическая интуиция возросли. Теперь уже можно поставить десятки подобных задач, и они будут для нас не оригинальными, а обычными стандартными задачами потому, что в процессе решения первых трех подобных задач мы нашли специальный метод их решения. Таким образом, понятия стандартной, нестандартной или оригинальной задачи весьма условны и относительны и за/ висят от опыта и физической интуиции того, кто эту 0- дачу решает. Тем не менее классификация задач на стандартные, нестандартные и оригинальные является： полезной.1
ГЛАВА 13
НЕПОСТАВЛЕННЫЕ, ПРОБЛЕМНЫЕ И ПРОИЗВОЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
Непоставленные задачи
Частично о непоставленных задачах упоминалось в § 8 при рассмотрении метода постановки задачи. В этом параграфе они будут исследованы более подробно.
Выше непоставленная задача была определена как задача или с неполной системой данных для ее решения, или неидеализированная, или то и другое вместе взятое. Решение непоставленной задачи начинается с постановки задачи: прежде чем решать задачу, необходимо ее поставить. Однако такое представление общего решения непоставленной задачи в виде двух последовательных этапов (постановка и дальнейшее решение) отражает лишь ее внешнюю сторону. В общем решении задачи необходимо видеть не только взаимную связь и проникновение этих этапов, но и их последовательную смену. Уже в процессе постановки первой (обычно самой простой) задачи подготавливается и ее решение. В последующем же процессе решения первой поставленной задачи (на этапе анализа решения) создаются условия для проведения второго процесса постановки более сложной задачи и т. д.
Такова примерно внутренняя диалектика процесса общего решения непоставленной задачи.
И все же именно этап постановки задачи является самым важным, определяющим. Недаром горорят, что правильно поставить задачу — это значит уже наполовину ее решить.
Постановку задачи (как и решение поставленной задачи) начинают с выбора физической системы. Необходимо выяснить, какие тела включаются в данную систему, а также определить, какие тела будут считаться внешними. Затем проводят анализ физической системы: во-первых, исследуют, какими свойствами обладают тела системы (классические они или квантовые, упругие или неупругие, абсолютно твердые и т. д.), и, во-вторых, в каких условиях они (тела системы) находятся. Известно, что свойства тел системы и условия, в которых они находятся, определяют физические явления, происходящие в данной системе. Любая же физическая задача возникает внутри физического явления и отражает его-
В процессе анализа физической системы начинается проведение идеализации задачи: вводятся идеальные объекты (материальные точки, невесомые тела, точечные заряды и т. д.), проводятся оценки тех или иных взаимодействий, взаимосвязей (какими из них можно пренебречь и т. д.). Идеализация задачи осуществляется практически до конца решения непоставленной задачи, и здесь важно видеть и различать два взаимосвязанных и взаимопроникающих процесса: процесс упрощения и процесс усложнения условий задачи. Вначале преобладает первый процесс. В особенности при постановке первой задачи вводят как можно больше упрощений, пренебрегают теми или иными свойствами тел, не учитывают различные условия
При постановке и решении более сложных задач основным становится второй процесс, хотя и здесь в условиях задачи могут вводиться различные ограничения и пред- положення. ,
После выбора и анализа физической системы идет процесс анализа физических явлений, которые могут происходить в данной физической системе при тех илиуйных условиях. И на этом этапе продолжается идеализация задачи, вводятся и рассматриваются различнее идеальные процессы, происходит дальнейшее упрощение условий, исследуются возможные ограничения и т. д. Собственно здесь-то, при анализе уже какого-либо физического явления, и рождается первая задача: выбираются определенные данные и искомые величины и формулируются условия задачи. Задача поставлена. Поставлена она корректно или нет, это выяснится лишь после получения решения задачи в общем виде. Только тогда будет видно, имеются ли все необходимые данные для получения числового ответа. Если некоторые величины неизвестны, то их значения должны быть дополнительно добавлены к первоначальным условиям. После анализа решения первой задачи усложняются условия и ставится вторая задача и т. д. Таким образом, как это уже отмечалось выше, с каждой непоставленной задачей может быть связан комплекс («блок») задач различной степени трудности.
Непоставленные задачи столь разнообразны, что не всегда вышеописанная схема может быть применена к решению .таких задач. Впрочем, такой единой и жесткой схемы и не может существовать, ибо решение непоставленной задачи — это творческий процесс. Но какова бы ни была непоставленная задача, при ее решении необходимо прово
дить процесс постановки, а следовательно, и идеализации задачи. Приведем сначала пример непоставленной задачи, имеющей (на первый взгляд) весьма общий характер.
Пример 35.1 Исследовать движение двух, электрически заряженных тел.
Решение. В этой задаче неизвестно, что дано, какие величины необходимо определять, короче — задача не поставлена.
Проведем сначала первый этап — этап постановки задачи. Физическую систему образуем из двух данных тел и Земли (предположим, что физические явления происходят на Земле). Влиянием остальных внешних тел будем пренебрегать. Мы знаем, что на этапе постановки задачи проводится процесс идеализации, основой которого является учет и принятие различных упрощающих предположений и условий. Часть этих условий уже сформулирована. Продолжим процесс упрощения. Для простоты предположим:
оба тела — материальные точки массами 饱 и %. Следовательно, заряды Qi и Q2 — точечные;
заряды Qi и Q2 имеют одинаковый знак;
влиянием электрического поля Земли пренебрегаем;
тело т2 с зарядом Q2 закреплено на поверхности Земли, а тело mi с зарядом Qi находится на одной вертикали с телом т2 и на высоте h от поверхности Земли;
высота h мала по сравнению с радиусом R Земли. Следовательно, изменением ускорения свободного падения g в пределах этой высоты h можно пренебречь (т. е. g= =9,8 м/с2=const);
начальная скорость тела mi равна нулю (%i=Q);
сопротивление воздуха мало.
Таким образом, можно сформулировать условия первой (простейшей) задачи.
Задача № 1 На поверхности Земли закреплена материальная точка массой 加含 и зарядом Q2. Над ней (на одной вертикали) на высоте 九&R (R ——радиус Земли) расположена материальная точка массой т】и зарядом Q» Заряды Qi 〃 Q2 имеют одинаковые знаки. Определить скорость тела гщ «а расстоянии hi от поверхности Земли, если его начальная скорость равна нулю. Сопротивлением воздуха и влиянием электрического поля Землц пренебречь.
Решение з а дачи № 1. Применяя закон сохранения энергии к замкнутой системе (тело т「тело т2 и Земля), в которой действуют только консервативные силы (сила
тяготения и кулоновская сила), получаем 恤8'+^^^ 恤g儿 + ^" + ^^ •
Отсюда определяем искомую скорость:
0 = /2g (九一儿)一噜2黑产.(35.1)
Анализ и постановка других задач. Предположим, что h^h. Тогда формула (35.1) примет вид
2g力—瓷磊.(35.2)
Анализируя формулу (35.2) можно поставить, например, такую задачу.
Задача № 2При каком заряде Q2 в условиях задачи № 1
скорость тела пи на высоте hi равна нулю?
Решение з а Ха ч и № 2. Из формулы (35.2) легко получаем решение задали № 2:
С __ 4neog/n1ft1/i
Произведя расчет (при следующих значениях данных величин: т1 = 10~3 кг,九 1=1оЬм,九=10 м, Qi=10T Кл), получим Q2=10-4 Кл. Напряженности поля такого заряда на высотах hi н h рассчитываются по формулам
房=石綜；线=謐T.
Подстановка числовых значений дает f^Q- 10е В/м и 礎*9 • IO” В/м — эти напряженности действительно велики по сравнению с напряженностью электрического поля Земли £3«130 В/м.
Затем можно поставить такую задачу.
Задача № 3 Что будет происходить с телом т^ если на высоте hi его скорость обратится 6 нуль? На какой высоте 无2 тело тх будет находиться 6 равновесии и каков будет характер колебаний этого тела, если его вывести из положения равновесия?
Далее можно поставить еще сотни задач, снимая или изменяя условия, сформулированные выше. Но все эти задачи будут являться лишь частными случаями обобщенной задачи.
Обобщенная задача Тело массой т, обладающее зарядом Q, движется 6 произвольном электрическом и про-
извольном поле тяготения. Определить характер его движения.
Важно заметить, что в принципе эта обобщенная задача решается или динамическим методом, или применением законов сохранения. Следовательно, и все частные задачи могут быть решены этими же методами. Поставим, например, такую частную задачу.
Частная задача 8 сферический металлический сосуд радиуса R, 6 верхней части которого имеется небольшое отверстие, с высоты h падают заряженные капельки ртути. Масса каждой капли т, заряд Q (рис. 35.1). Каким будет номер и последней капли, которая еще может попасть в сосуд?
Решение частной задачи. Легко видеть, что данная задача есть частный случай задач № 2 и № 3, рассмотренных выше. Каждая капля рту- ти, попавшая в сосуд, увеличивает его заряд на Q. Эти заряды распределяются по внешней поверхности сферы и создают электрическое поле. Как известно, электрическое поле равномерно заря- жен ной сферы эквивалентно полю тако- го же, но точечного заряда, расположен- ному в центре сферы. Таким образом, заряд Q2=nQ, а заряд Qi ——это заряд (п+1)-й капли, которая находится в равновесии на высоте h от поверхности
Земли. Из условия равенства нулю суммы силы тяжести mg и кулоновской силы поля заряда Q2, действующей на заряд -Q(/z+l)-ft капли, получаем уравнение для определения п: 恥2
4叫)(九一R)2 —加0
При решении этой задачи в соответствии с п. 3) упрощений к условиям первой задачи мы пренебрегали электрическим полем Земли. Поэтому для корректной постановки задачи с капельками ртути необходимо задать такие значения величин R, h, т и Q, чтобы данное условие (а также и другие) было выполнено.
Проблемные задачи
Рассмотренные выше задачи хотя и относятся к категории непоставленных и неидеализированных, но в них в явном виде не было «зерна» проблемы. Рассмотрим пример задачи (назовем его пример 36.1), которая не только
является непоставленной и неидеализированной, но и содержит в себе идею проблемы. В процессе анализа этой задачи мы увидим, что она представляет частный случай непоставленной задачи, рассмотренной в примере 35.1 (движение заряженного тела в электрическом поле и в поле тяготения), но в ней в отличие от обобщенной задачи из примера 35.1 поставлена конкретная проблема.
Подход к постановке проблемы. Известно, что газ из атмосферы планеты улетучивается в космическое пространство. Через некоторый промежуток времени планета может лишиться своей атмосферы (как это, например, произошло с Луной). Исчезновение атмосферы планеты объясняется тем, что молекулы атмосферы распределены по скоростям по закону Максвелла (точнее, по закону Максвелла —Больцмана). Поэтому в атмосфере всегда имеются молекулы, скорости которых больше второй космической скорости для этой планеты. Такие молекулы могут преодолеть силу тяготения планеты и навсегда уйти от нее. Вместо этих ^чпедших молекул в атмосфере вновь образуются молеку風，скорости которых превысят вторую космическую скорость, что позволит и этим молекулам покинуть планету. ?от процесс будет продолжаться до тех пор, пока атмосфера не исчезнет...
Как легко здесь молекулы приобретают вторую космическую скорость! Вторая космическая скорость... Преодоление силы притяжения... Поле тяготения..., но против поля тяготения можно действовать и другим полем, например электрическим. Известно, что Земля имеет электрическое поле, напряженность которого у поверхности Земли Б3«130 В/м. Нельзя ли использовать электрическое поле планеты для того, чтобы сообщить заряженному телу вторую космическую скорость?
Можно рассчитать, что если электрон пройдет разность потенциалов всего в 1 В, то он приобретет скорость, примерно равную 600 км/с, что значительно превышает значение второй, космической скорости для Земли (%^ «11,2 км/с). Протон, пройдя разность потенциалов в 100 В, приобретает скорость 14 км/с, что также превышает значение 内・ Таким образом, протоны легко могут «улететь» от Земли.
Постановка проблемы. Исследовать возможность использования электрического поля планеты для старта космических кораблей.
Подход к постановке проблемной задачи. В качестве планеты рассмотрим гипотетическую планету с параметра- 238
мн Земли. Примем, что Земля — шар радиуса Rq64G0 км с массой Л4 =6-1024 кг. Произведем некоторые оценки (числовые расчеты порядка некоторых величин). Рассчи- таем сначала электрический заряд Q и потенциал ф Земли:
Q=E4neoR2, Qi5,9.la к〃，
中二岛，哈8,3・108в.
Мы знаем (это можно показать и расчетом), что протон, имеющий заряд Qp=l,6・ Ют Кл и массу 勺力1,67・ l。-^ кг> двигаясь в электрическом поле Земли, легко может приоб- рестн скорость, большую второй космической скорости для Земли, и улететь в космическое пространство. Поставим следующий вопрос: какова максимальная масса т тела, имеющего заряд, равный заряду протона, которое, двигаясь в электрическом поле Земли, может преодолеть ее силу тяготения и уйти в бесконечность? Предположим, что тело — материальная точка — стартует с поверхности Земли с начальной скоростью t>o=O. Тогда по закону сохранения энергии имеем
一g不 + 碓k。，(36.1)
где G=6,67-10"11 Н-м2/кга — гравитационная постоянная. Отсюда определяем максимальную массу тела:
QQ。
加= ^W，加 *2,1 • 10-18 к。
Такую массу имеет пылинка. Итак, пылинка с массой 2,1 • 10~18 кг, имеющая заряд Q尸=1,6・10т° Кл, может улететь от Земли. Но пылинке можно сообщить заряд значительно больший, чем заряд протона Q^. Здесь возникают два вопроса: каким может быть максимальный заряд Qmax пылинки (тела) и как этот заряд может быть сообщен телу (пылинке)? Ответ на оба вопроса можно получить, если представить тело (пылинку) в виде металлического шарика радиуса г, который будет заряжаться от Земли путем непосредственного контакта. Электрические заряды перетекают от Земли к шарику до тех пор, пока не сравняются потенциалы этих тел. Так как емкость шарика С—4леог и C=Qmax/(p, то
Qmax= 4яе0(рг = ^^ =畳，
где ф ——потенциал Земли. Пусть р — плотность шарика, тогда его масса
加=4/方旧3p.(36 ⑵
Подставляя значения максимального заряда шарика Qmax н его массы ш в формулу (36.1), получаем уравнение для определения радиуса г шарика плотности р, который может улететь от Земли:
-G中+器"
Отсюда
(36.3)(36.3)Q 3 4л У £()GpMR
(36.3)
(36.3)
Притйем. что плотность шарика р=103 кг/м2 (шарик мо- жет быть «[Полым). Произведя расчет в СИ, получаем г^ «1,8-10~? м*1,8 см. Масса такого шарика по формуле (36.2) составляет примерно 17 г.
Постановка проблемной задачи. Итак, от Земли с начальной скоростью, равной нулю, может стартовать миниатюрный космический кораблик радиуса г«1,8 см с массой 17 г. Для того чтобы от Земли могли стартовать настоящие космические корабли, необходимо изменить (увеличить) электрическое поле Земли. Примем, что радиус космического корабля「4180 см=1,8 м. Теперь мы можем сформулировать условия первой задачи.
Задача № 1 Каким должен быть заряд Qi Земли, чтобы от нее мог стартовать без начальной скорости сферический космический корабль радиуса，i = l,8 м и плотности р = 103 кг/м8, получивший от Земли максимальный электрический заряд Q^ax? Сопротивлением воздуха пренебречь.
Решение. Решение этой задачи легко получить из формулы (36.3):
Qi = 4nq]/ ^|^, Qi^5,9・107K〃.
Напряженность электрического поля Земли у ее поверхности станет равной £х«13 ООО В/м, а потенциал(jpi=8,2x X1010 В. По формуле (36.2) определяем массу космического корабля: ги^П-Ю3 кг.
Аналогичную задачу можно поставить для Луны.
Рассмотрим теперь другой пример (назовем его пример 36.2).
Подход к постановке проблемы. Известно, что в состоянии невесомости (в космосе) многие физические явления протекают иначе, чем на Земле. Рассмотрим такое явление, как колебания математического маятника.
36.236.2
36.2
36.2
В условиях вакуума и Земли он совершает колебания под действием силы тяжести mg и силы натяжения нити FH (рис. 36.1). Их период равен
То=2лУ l/g, (36.4) где I — длина маятника.
Если маятник помещен в невязкую среду (идеальную жидкость), то на него дополнительно действует сила Архимеда Fa, направленная против силы тяжести mg (рис. 36.2). Период колебаний в этом случае
A = 2n / g-?AM
может стать сколь угодно большим при FA —mg. Сила натяжения FB исчезает, и маятник не будет совершать колебаний (сила тяжести компенсирована силой Архимеда).
Если маятнику сообщить заряд Q и поместить его в однородное электрическое поле напряженности Е, как показано на рис. 36.3, то он должен совершать колебания с периодом
В состоянии невесомости (маятник в кабине лифта, движущегося вниз с ускорением g) на маятник действует сила
инерции Fh=—mg, равная по модулю и направленная противоположно силе тяжести /ng (рис. 36.4). Сила натяжения Fh исчезает, и маятник не должен совершать колебания (сила тяжести компенсирована силой инерции). Если маятнику сообщить заряд и поместить его в однородное электрическое поле, то он может совершать колебания и в условиях невесомости.
часов в условиях невесомости.
Постановка проблемной задачи. Физическая система состоит из математического маятника массой m и длиной I; обладающего зарядом Q, и двух полей: поля тяготения и однородного электрического поля напряженности Е. На маятник действует сила инерции FH=—т^. Для ее компенсации напряженность электрического поля Е должна быть такова, чтобы выполнялось условие
mg—QE.(36.5)
Тогда период колебаний маятника можно вычислить по формуле (36.4), т. е. маятник должен совершать колебания с той же частотой, что и в обычных условиях на Земле.
Материальную точку маятника представим в виде шарика радиуса г и плотности р. Потребуем, чтобы заряд шарика, был настолько малым, что его электрическим полем можно^ пренебречь по сравнению с внешним электрическим полем； напряженности Е. Последнее же может быть создано в плос-) ком конденсаторе с расстоянием d между пластинами. Пуст^
шарик совершает колебания на расстоянии d/2 от каждой пластины. Тогда условие малости поля заряда шарика Q можно записать в виде
ф1=Ю-2 ф, (36.6)
где <pi=Q/(4jie0r) — потенциал шарика, ^—E'dl2 — потенциал внешнего поля в месте расположения шарика. Следовательно, условие (36.6) приобретает вид
7?— = 10-2e , 2 '
или
Q =号乌］0—2 (36.7)
Подставляя это значение заряда шарика в формулу (36.5) и учитывая (36.2), получаем
寥 (36.8)
Расчет напряженности поля Е для значений г=10~8 м, Р = Ю3 кг/м3, d=2- 10~х м дает Я=6> 105 В/м. Отсюда находим разность потенциалов на конденсаторе: A(p=Ed=l,2X ХЮ» В.
По-видимому, такое поле в условиях космического корабля осуществить трудно. Поэтому произведем расчет напряженности поля для «миниатюрного» маятника, приняв такие значения: г=107 м, р = 103 кг/м3, d=2・10V м. Тогда из формулы (36.8) получим £«2-104 В/м. Разность потенциалов A(p«400 В. Уменьшая радиус шарика г, можно получить практически возможные значения для напряженности Е и разности потенциалов Дер.
Таким образом, маятниковый механизм в электрическом поле в условиях невесомости можно, по-видимому, осуществить лишь в «миниатюрном виде». Сформулируем условия первой задачи.
Задача № 1. В свободно падающем (в условиях Земли) лифте расположен плоский воздушный конденсатор, расстояние между пластинами которого равно d=2・ 10一2 м. К верхней пластине конденсатора прикреплен математический маятник длиной d/2. Материальная точка маятника имеет форму шарика радиуса г=107 м и плотности р—103 кг/м3. Какую разность потенциалов Д(р необходимо приложить к обкладкам конденсатора, а также какой заряд Q должен быть сообщен шарику для то叫
чтобы маятник мог совершать колебания с такой же частотой, что и 6 условиях неподвижного лифта на Земле? Электрическое поле заряда Q шарика должно быть мало по сравнению с электрическим полем 6 конденсаторе. Сопротивлением воздуха 6 конденсаторе колебаниям маятника пренебречь.
Решение этой задачи уже получено: оно осуществляется по формулам (36.8) и (36.7).
Далее можно поставить и другие задачи, например рассмотреть колебания в однородном электрическом поле заряженного физического маятника и т. д.
Произвольные задачи
Ранее мы решали задачи на определенную (известную) тему. Сначала излагалась краткая теория этой темы, затем рассматривалась основная задача, использовались определенные методы ее решения, предлагались какие-то другие методические приемы и указания к решению задач из этой темы и т. д. Заметим, что и решение таких задач мы проводили на основе общего подхода, изложенного в разд. I. Таким путем мы продвигались от одной темы к другой, постепенно накапливая опыт в решении задач. Пройти такой путь необходимо, но ограничиться только этим будет недостаточно. В жизни, на практике чаще приходится решать задачи не на определенную (известную) тему, а задачи любые, произвольного содержания.
Вся теория, методика и «технология» решения задач по физике, которая была изложена выше, ориентирована в особенности на решение произвольных задач, т. е. задач на произвольную, до начала решения не известную тему. Применим эту методику к решению таких задач.
Пример 37.1 При изотермическом расширении одного моля кислорода, имевшего температуру Т=300 К, газ поглотил теплоту Q=2 кДж. Во сколько раз увеличился объем газа?
Решение. Задача поставлена не совсем корректно: не дано первоначальное давление газа. В зависимости от его значения газ можно считать или идеальным, или реальным. Поэтому здесь возможны два решения: первое — для физической системы, состоящей из идеального газа, второе —для реального.
Пусть физическая система — идеальный газ. В этой системе осуществляется изотермический процесс, в результате которого поглощается количество теплоты Q и совершается
работа
A^RT In (УЖ).
Необходимо определить отношение некоторых макропараметров системы (отношение объемов %/%)• Это основная задача термодинамики. Поэтому используем термодинамический метод.
Применяя первое начало термодинамики, находим
Q=R7 In (匕/%)•
Здесь учтено, что изменение внутренней энергии идеального газа AU=0. Отсюда
^ = eQ/(Rn,匕/匕 ^2,23.
Предположим, что физическая система — реальный газ, который подчиняется уравнению Ван-дер-Ваальса
(0+备卜^一b)=r7,
где а и b — постоянные Ван-дер-Ваальса.
Внутренняя энергия одного моля реального газа
U=cvT—a/V
зависит не только от температуры Т, но и от объема К По первому началу термодинамики,
Так как b=0,032 м3/кмоль (для кислорода), то последнее уравнение можно приближенно переписать в виде
Q=а "у 丄 + RT In x,
где x=Vi/Vi. Для решения этого трансцендентного уравнения необходимо задать конечный объем системы V2.
Пример 37.2 Частица движется 6 положительном направлении оси ОХ так, что ее скорость изменяется по закону v=a\^~x, где а — положительная постоянная. Имея в виду, что 6 момент /=0 она находилась 6 точке %=0, найти： а) зависимость от времени скорости 〃 ускорения частицы-, б) среднюю скорость частицы за время, в течение которого она пройдет путь от %=0 до х.
Решение. Физическая система состоит из одного тела (частицы), которое можно принять за материальную точку. Тело движется прямолинейно (одномерный случай) вдоль оси ОХ, причем это движение рассматривается формально. Задана связь некоторых параметров движения (скорости V и координаты %). Необходимо определить некоторые другие параметры движения (скорость, ускорение, среднюю скорость). Это обратная задача кинематики.
Найдем закон движения тела. Так как % = то уравнение связи их=аКх можно записать в виде
Разделяя переменные, интегрируя и учитывая начальные условия, получаем закон движения
%=废伊/4.(37.1)
Отсюда находим закон изменения скорости от времени:
закон изменения ускорения:
и среднюю скорость：
〈％> =； j%df =-|" j好 df = ^-. (37.2)
Подставляя значение времени движения /=2/х/а, найденное из уравнения (37.1), в формулу (37.2), окончательно получаем среднюю скорость:
Из анализа решения видно, что задача может быть усложнена, если вместо уравнения связи их—aj/"х использовать соотношение вида %=/(%), где функция /(х) должна удовлетворять некоторым условиям.
Пример 37.3 В длинной вертикальной цилиндрической трубке, закрытой с нижнего конца, может ходить без трения поршень, масса М которого велика по сравнению с массой газа, заключенного внутри трубки.
РоРо8 положении равновесия расстояние между поршнем и дном трубки равно /0 (рис. 37.1). Определить период малых колебаний, которые возникнут при отклонении поршня из положения равновесия, 6 предположении, что они являются изотермическими, а еаз — идеальным. Площадь поперечного сечения трубки равна S, нормальное атмосферное давление р0- Рассмотреть предельный случай, когда ро — О.
Ро
Ро
Решение. В физическую систему включим три тела: поршень (твердое тело массой М), идеальный газ под поршнем внутри трубки и воздух над поршнем (идеальный газ). Как будут вести себя тела системы после того, как поршень сместится вниз на расстояние х от положения равновесия (рис. 37.1)? Состояние газа над поршнем не изменится (его давление % и тем-% 为
пер атура То останутся постоянными).
Состояние газа под поршнем изменится ""Т
(температура То останется постоянной, объем уменьшится на AV=%S, а дав--J-
ление возрастет на Др). Следовательно, 10 на поршень будет действовать дополнительная сила F—^pS, направленная вверх.
Под действием этой силы поршень ~一
пойдет вверх. В положении равновесия 37.1 дополнительная сила 尸 обратится в нуль.
Но так как скорость поршня в этом положении отлична от нуля, то он, пройдя положение равновесия, сместится вверх на расстояние х (трения нет). Давление газа под поршнем уменьшится на Ар. Под действием силы ApS, теперь уже направленной вниз, поршень начнет двигаться также вниз. Таким образом, поршень будет совершать колебания около положения равновесия.
Используем динамический метод. Найдем сначала дополнительную силу F=^pS, действующую на поршень. По закону Бойля — Мариотта для изотермического процесса в газе под поршнем получаем
p/S = (pi+Ap) (S/。一S%),(37.3)
где pi=(Mg+p()S)/S — давление газа под поршнем в состоянии равновесия. Считая, что хС/0, из (37.3) находим изменение давления газа:
37.137.1△р=Р1%〃о・
37.1
37.1
Следовательно, дополнительная сила
尸=尸=Mg+PoSMg+PoSпропорциональна смещению % поршня от положения равновесия и направлена к положению равновесия.
尸=
尸=
Mg+PoS
Mg+PoS
Под действием этой силы поршень совершает гармонические колебания. По второму закону Ньютона находим дифференциальное уравнение этих колебаний:
Сравнивая это уравнение с общим дифференциальным уравнением свободных незатухающих колебаний, находим период колебаний поршня:
Отсюда Т()=2п/IJg в предельном случае ро=О. Это период колебаний математического маятника.
Пример 37.4Пу儿я, пробив доску толщиной h, измени
ла свою скорость от о。до иь Найти время движения пули в Воске, считая силу сопротивления пропорциональной квадрату скорости.;
Решение. Материальная точка (пуля) движется под； действием известной силы. Известны начальные условия (Vo={t>o, 0, 0}, г0={0, 0, 0} при f=0). Необходимо опреде-； лить один из параметров движения (время f). Это основная, задача динамики материальной точки.
Используем динамический метод. По второму закону Ньютона,
力黑=一a吟(37.4)
где tn — масса пули, а — коэффициент пропорционально-] сти. Заметим, что эти параметры (т и а) неизвестны. Интегрируя уравнение (37.4) и учитывая начальное условие, находим закон изменения скорости:
и ^= ^ .,.
1 +砌〃团
Полагая в этом уравнении ?=% получаем искомое время:
,一加（1-以加0）
(37.5：(37.5：1 ayj
(37.5：
(37.5：
Для определения неизвестного отношения m/a найдем закон движения пули, решая обратную задачу кинематики:
T(+沪)，
или
九=^山(1 +装小(37.6)
Выразив отношение m/a из уравнения (37.5)
加一 0由
и подставив его в формулу (37.6), окончательно находим искомое время:
/ _ "⑸一")
1 —。科I In W/s) *
Пример 37.5 Две квадратные пластины со стороной a=300 мм, закрепленные на расстоянии d=2,00 мм друг от друга, образуют плоский конденсатор, подключенный к источнику постоянного напряжения Аф =250 В. Расположенные вертикально пластины погружают 6 сосуд с керосином со скоростью и=5,00 мм/с. Найти силу тока /, текущего при этом по подводящим проводам.- Решение. Физическая система состоит из плоского конденсатора, подсоединенного к источнику постоянного напряжения. До погружения в керосин на одной из обкладок конденсатора сосредоточен заряд
Q=CA(p,
где C=80a2/d — емкость конденсатора.
При погружении пластин в керосин в подводящих проводах течет электрический ток. Почему? Керосин — диэлектрик (диэлектрическая постоянная е=2). Когда он появляется в конденсаторе, электрическое поле в последнем изменяется. Это приводит к перераспределению зарядов на обкладках конденсатора, в подводящих проводах возникает ток. Увеличение заряда на пластинах при неизменном напряжении (Aq)=const) обусловлено возрастанием емкости С конденсатора.
Найдем емкость конденсатора в произвольный момент времени /. К этому моменту времени пластины погрузятся в керосин на глубину h—vt. Конденсатор в этот момент мож-
но представить как батарею из двух плоских конденсаторов, соединенных параллельно: один — с диэлектриком между обкладками, другой — без диэлектрика. Емкость этой системы
e = 喈+生更严=等及一1）就+ q]
Заряд Q на обкладке изменяется от времени / по закону
q =吟竺[（е—1）卅+ q]
Отсюда определяем искомый ток:
/ =格=畔（_]）“
Подстановка числовых значений дает /=1,7 • 10-9 А. Пример 37.6 На горизонтальной плоскости лежит катушка ниток. С каким ускорением а движется ось катушки, если за нитку тянуть с силой F （рис. 37.2）? Каким образом надо тянуть за нитку для того, чтобы катушка двигалась 6 сторону натянутой нитки? Катушка движется по поверхности стола без скольжения. Найти силу трения между катушкой и столом.
Решение. Физическая система состоит из одного тела — катушки, которую можно принять за твердое тело. Известны силы （их можно определить）, действующие на катушку. Необходимо найти ускорение тела. Это основная задача динамики твердого тела.
37.2
На катушку действуют следующие силы: данная сила натяжения нити F, сила тяжести т^, сила трения FTP и реакция опоры N. Инерциальную систему отсчета свяжем с Землей, оси координат направим, как показано на рис. 37.2. По теореме о движении центра масс,
ma—F cos а—FTp, 0=М+尸 sin а—mg.
Из уравнения движения твердого тела относительно оси, проходящей через центр масс, находим
J^F^R-Fr,
где &=a+R — угловое ускорение катушки, a J — ее момент инерции относительно этой же оси. Решая полученную систему уравнений, находим искомое ускорение:
и силу трения: Ftp==尸 cos а—та.
Из уравнения (37.7) следует, что условие а>0 выполняется при cos a>r/R. Для решения задачи должны быть заданы масса т и момент инерции J катушки.
Пример 37.7 Плосковыпуклая стеклянная линза выпуклой поверхностью соприкасается со стеклянной пластинкой (рис. 37.3). Радиус кривизны выпуклой поверхности линзы R, длина волны света 九.Найти ширину Аг кольца Ньютона в зависимости от его радиуса в области, где
Решение. В физическую систему можно включить следующие тела: стеклянную пластинку, линзу и тонкий воздушный клин между ними (рис. 37.3). В результате отражения волны от верхней и нижней граней воздушного клина происходит явле-〃人
ние интерференции света и образуются кольцаI \ ч
Ньютона. Необходимо]\入
определить ширину коль-]\
ца Аг (или найти рассто-|
яние между центрами со- 、 седних темных и свет-1勺'L
лых колец). Это ос-d
новная задача в яв-八
лении интерференции「I
волн.37.3
Сначала необходимо определить оптическую разность хода, а затем использовать условие максимума и минимума.
Оптическая разность хода лучей, отраженных от верхней и нижней граней воздушного клина,
6=2d+A/2,(37.8)
где d — толщина воздушного клина. Из геометрических соображений
d・2R=X.(37.9)
В этом уравнении гк — радиус ^-го темного или светлого кольца. Подставляя значение d из (37.9) в уравнение (37.8) и используя условия максимума (27.1) и минимума (27.2), находим радиусы ^-го темного
г&т = / 々AR
и светлого
колец. Из этих уравнений получаем
哈一凜=(〃т — %с) (〃т + 〃с) = R入/2.
Полагая rk^+rkc^2r, находим ширину кольца:
Аг= %—глс— ~47 •
Пример 37.8 Эбонитовый шар радиуса R=50 мм заряжен с помощью трения равномерно распределенным поверхностным зарядом плотности о=10,0 мкКл/м2. Шар приводится во вращение вокруг своей оси со скоростью v = =600 об/мин. Найти магнитную индукцию В, возникающую 6 центре шара.
Решение. Поверхностные электрические заряды, движущиеся по окружностям, создают кольцевые токи, вокруг каждого из которых образуется магнитное поле. Необходимо определить суммарную индукцию этих полей в центре шара. Это основная задача в теории магнитного поля.
Воспользуемся принципом суперпозиции и методом ДИ (см. § 6). В силу симметрии выберем сферическую систему координат, начало которой поместим в центр шара. Плоскостями, перпендикулярными оси вращения, разделим поверхность шара на столь узкие сферические слои, чтобы магнитное поле тока, создаваемого электрическим зарядом
этого слоя, можно было рассчитывать по закону Био — Савара — Лапласа (23.3). Рассмотрим бесконечно малый элемент одного такого слоя (на рис. 37.4 этот элемент заштрихован). Его площадь dS=jR2sin 0d0dq>, а электрический заряд dQ=odS=oR2sin OdOdq). Так как d(p=(ddf, то кольцевой ток, обусловленный движением зарядов этого слоя,
/ == usR2 sin 0 dO.
(37.10)
Известно (этот результат можно получить), что кольцевой ток / радиуса 广 создает магнитное поле, индукция В которого в точке, расположенной на оси этого тока на расстоянии d от его плоскости, вычисляется по формуле
8 =卩0卩 2 (；2+d2)3/2 •
Таким образом, кольцевой ток (37.10) создает поле, индукция которого в центра шара
,оosR sin3 6 de
d8=氏m2.
магнитное(37.11)магнитное(37.11)Интегрируя (37.11) по 0 в пределах от 0 до л, находим
магнитное
(37.11)
магнитное
(37.11)
8= f也卩当rsgs 8 dB 2阿呷成 J23
Учитывая, что(o=2jw, окончательно определим искомую индукцию:
8=4jtn()n(tvR/3.
Подставив числовые значения, получим B^4fi- 10~п Тл.
ЗАКЛЮЧЕНИЕ
Подведем итоги. На многочисленных примерах мы показали, что общий подход к решению любой задачи из курса общей физики в основном сводится к умению проводить анализ произвольного физического явления или совокупности явлений. Фундаментальное понятие «физическое явление» связано с большинством обобщенных понятий физики: физическая система, физическая величина, физический закон и его важнейшие стороны (физический смысл, условия применимости, метод применения), взаимодействие, состояние физической системы и понятие основной задачи, идеальные физические объекты и процессы, физическая модель и т. д. Важно не только знать эти понятия, но и уметь оперировать ими, используя их как элементы в структуре методов. В этой системе два наиболее общих метода являются самыми важными — метод анализа физической ситуации и метод постановки задачи.
Метод анализа физической ситуации позволяет решить любую поставленную задачу из курса общей физики.
Метод постановки задачи поможет не только найти подход к решению непоставленной задачи, сформулировать и решить первую задачу, но и далее, используя метод упрощения и усложнения, поставить и решить еще десятки задач различной степени трудности, т. е. рассмотреть так называемый «блок» задач.
Выше мы отметили, что поставленные и непоставленные задачи исчерпывают все виды задач. Казалось бы, мы, наконец, получили ответ на вопрос: как научиться решать задачи по физике? Для этого необходимо в основном овладеть этими двумя наиболее общими методами. Как просто! Но для того чтобы овладеть этими методами, нужно очень много потрудиться. В учебе, как и в науке, легких путей для достижения цели не существует.
37373737446066808087939393949807071733435050611 It 1 1 1* -1 1* 137373737446066808087939393949807071733435050611 It 1 1 1* -1 1* 1
3737373744606680808793939394980707173343505061
1 It 1 1 1* -1 1* 1
3737373744606680808793939394980707173343505061
1 It 1 1 1* -1 1* 1
Предисловие 3
Введение # • , # * 5
Раздел /. Теоретические основы общего подхода к решению произвольной задачи по физике 7
Глава I. Система фундаментальных понятий физики 7
Некоторые общие понятия физики 7
Идеализация физической задачи . , 9
Классификация задат: по физике 12
Глава 2. Некоторые общие методы решения задач по физике . .15
Этапы решения поставленной задачи 15
Метод анализа физической ситуациизадачи 18
Обще-частные методы. Метод ДИ 19
Метод упрощения и усложнения. Методоценки ・・・・22
Метод постановки задачи 28
Еще одна классификация поставленных задач30
Раздел //・ Решение стандартных задач
Механика
Глава 3. Движение материальной точки
Кинематика материальной точки
Динамика материальной точки
Л1еханические колебания
Законы сохранения
Глава 4. Движение твердого тела
Динамика твердого тела
Законы сохранения в динамике твердого тела ,...
Элементы теории физических полей
Глава 5. Поле тяготения
Основная задача в теории поля тяготения
Поле тяготения системы материальных точек
Поле тяготения при произвольном распредмении масс
Глава 6. Электрическое поле
Электростатическое поле в вакууме
Электростатическое поле в диэлектриках
Проводники в электростатическом поле
Постоянный электрический ток
Глава 7. Магнитное поле
Магнитное поле в вакууме
Л1агнитное поле в веществе
Глава 8. Электромагнитное поле 165
Электромагнитная индукция и самоиндукция165
Электромагнитные колебания 173
Глава 9. Электромагнитные волны 179
Интерференция света 179
Дифракция света 187
Термодинамика и молекулярно-кинетическая теория 193
Глава 10. Термодинамика 193
Первое начало термодинамики 193
Второе начало термодинамики 200
Глава 11. Молекулярно-кинетическая теория 207
Распределение Максвелла — Больцмана 207
Распределение Больцмана 214
Раздел Ш. Решение нестандартных, непоставленных и произвольных задач 219
Глава 12. Нестандартные и оригинальные задачи 219
Нестандартные задачи 219
Оригинальные задачи 227
Глава 13. Непоставленные, проблемные и произвольные задачи 233
Непоставленные задачи 233
Проблемные задачи 237
Произвольные задачи 244
Заключение 254
УЧЕБНОЕ ИЗДАНИЕ
Борис Сергеевич Беликов
Решение задач по физике. Общие методы
Зав. редакцией научно-методической литературы по физике и математике Е. С. Гридасова. Научный редактор Л. Д. Суханов. Редактор издательства С. А. Крылов. Младший редактор С. А. Доровских, Художественный редактор В. И, Пономаренко. Художник В. И. Казакова Технический редактор Т. Д. Гарина. Корректор Г. И. Кострикова
ИБ № 5879
Изд. № Фм-793. Сдано в набор 18.11.85“ Подо, в печать 1 1.03.86. Формат 84Х1081/82- Бум. тип. № 2. Гарнитура литературная. Печать высокая. Объем 13,44 усл. печ. л. 13,65 усл. кр.-отт. 11,61 уч. изд. л. Тираж 82 000 экз. Зак. № 1899 Цена 40 коп.
Издательство «Высшая школа», 101430, Москва, ГСП-4, Неглинная ул., д* 29/14.
Ордена Октябрьской Революции и ордена Трудового Красного Знамени МПО сПервая Образцовая типография> имени А. А. Жданова Союэполиграфпрома при Государственном комитете СССР по делам издательств, полиграфии и книжной торговли. 113054, Москва, Валовая, 28
* 恤十旅2 lx ^1 +^2 2*
I旅217 ,
%=帘№切十瓦干而办〃 % =耳м/с.