К главе 1. Атомы в движении

1.1. a) Известио, что при нормальных условиях грамм-молекула любого вещества содержит $A$ молекул ( $A=6,02 \cdot 10^{23}$ число Авогадро) и занимает в газообразном состоянии объем $v_{0}=22,4 \quad \Omega=22400 \mathrm{~cm}^{3}$. Следовательно, в $1 \mathrm{~cm}^{3}$ газообразного воздуха содержится $n_{\mathrm{B}}$ «молекул»:
\[
n_{\mathrm{B}}=\frac{A}{v_{0}}=2,7 \cdot 10^{19} \mathrm{cA}^{-3} .
\]

Плотность газообразного н жидкого воздуха равна соответственно

где $m$-масса «молекулы» воздуха, а $n_{ж}$ – число «молекул» в 1 Cм $^{3}$ жидкого воздуха, поэтому
б) Зная плотность воздуха, вычисляем массу «молекулы» воздуха
\[
m=\frac{\rho_{\mathrm{B}}}{n_{\mathrm{B}}}=3,7 \cdot 10^{-23} 2 .
\]
в) Представим себе молекулу воздуха в виде твердого шарика с радиусом $r$. Ясно, что молекулы столкнутся, если их центры подойдут на расстояние, меньшее или равное $2 r$. За единицу времени молекула пролетает путь, равный ее средней скорости v. При этом она сталкивается со всеми молекулами, центры которых окажутся в «захватываемом» ею объеме $\pi(2 r)^{2} v$, т. е. испытывает $4 \pi r^{2} n_{0} v$ столкновений ( $n_{0}$-число молекул в 1 cм $^{3}$ воздуха при нормальных условиях).
Считая для оценки, что между двумя последовательными столкновениями молекула проходит равные расстояния $\lambda$ (это и есть длина свободного пробега) и что все молекулы одинаковы, находим
\[
\lambda=\frac{v}{(2 r)^{2} \pi v n_{0}}=\frac{1}{4 \pi r^{2} n_{0}} .
\]

Полагая $r \approx 10^{-8} \mathrm{~cm}$, получаем $\lambda=3,2 \cdot 10^{-5} \mathrm{~cm}$. От давления зависит только число частиц в $1 \mathrm{~cm}^{3}$, которое просто пропорционально давлению, так что можно написать $n=c p$ ( $c$-коэффициент пропорциональности) и $\lambda=1 /\left(4 \pi r^{2} c p\right)$, откуда $\lambda p=$ const. Поэтому для длины свободного пробега молекулы при разных давлениях, но одинаковой температуре газа имеем
\[
\lambda_{0} p_{0}=\lambda_{1} p_{1} \text {. }
\]

Таким образом, давление, при котором длина свободного пробега составляет 1 , равно
\[
p_{1}=\frac{\lambda_{0}}{\lambda_{1}} p_{0}=3,2 \cdot 10^{-7} \text { атн. }
\]
1.2. Предположим, что объем древней капли был равен примерно 1 см $^{3}$, т. е. что капля содержала около $N \approx 3 \cdot 10^{22}$ молекул. Естественно предположить, что за огромный промежуток времени, прошедший от палеозойской эры до наших дней, молекулы капли равномерно распределились по всей имеющейся на Земле воде. В этом случае студент-геолог проглотил $n=(v / V) N$ молекул нашей капли, где $v$-объем выпитой им воды, а $V$-объем всей воды на Земле. Оценим $V$.
Будем считать, что вода покрывает равномерно весь земной шар слоем толщиной $d \approx 3 \kappa м$. В этом случае
\[
V=4 \pi R_{3}^{2} d \approx 1,5 \cdot 10^{23} \mathrm{~cm}^{3},
\]

где $R_{3}$-радиус Земли. Положив $v=150$ см $^{3}$ (три четверти стакана), получим $n \approx 30$.
1.3. Рассмотрим сначала, как будет происходить испарение, если стакан накрыть крышкой и откачать из-под нее весь воздух. Пока водяного пара под крышкой мало, жндкость бу. дет испаряться. Из воды все время будут вылетать молекулы воды, а нз пара какое-то число молекул будет возвращаться в воду, т. е. конденсироваться. Через некоторое время в стакане установится динамическое равновесие: число вылетающих из воды молекул станет равным числу возвращающихся обратно. Если убрать крышку, вода начнет непрерывно испаряться, причем число вылетающих молекул будет таким же, как и тогда, когда стакан был накрыт, ведь процесс испарения зависит только от движения молекул в воде, число же возвращающихся в воду молекул зависит от количества водяных паров в воздухе над стаканом.
Оценим количество вылетающих из воды молекул в единицу времени при равновесии. Проще вычислять не это число, а равное ему число конденсирующихся молекул пара.
Пусть в единице объема воздуха над крышкой содержится $n$ молекул водяного пара. Число $n$ зависит только от температуры воздуха, оно измерено экспериментально; существуют таблицы зависимости $n$ от температуры. За промежуток времени $t$ поверхности воды достигнут только те молекулы пара (скорость молекулы $v$ ), которые находились в начальный момент времени не дальше, чем $v_{\mathrm{B}} t$ ( $v_{\mathrm{B}}-$ вертикальная скорость молекулы). Другими словами, поверхности воды достигают те молекулы, которые находятся в объеме $\mathcal{S} v_{\mathrm{B}} t$ над стаканом ( $\mathcal{S}$ – площадь поперечного сечения стакана). Следовательно, в единицу времени конденсируется $1 / 2 n S v$ молекул пара.

Қак уже отмечалось, число испаряющихся молекул при снятой крышке будет таким же, как и при закрытой крышке. Но число конденснрующихся молекул зависит от того, сколько молекул пара содержится в единице объема воздуха над поверхностью жидкости. Будем считать, что влажность воздуха близка к нормальной.

Влажностью (относительной) называют отношение числа содержащихся в воздухе молекул водяного пара в данный момент времени к максимально возможному (т. е. числу молекул пара в единице объема при равновєсии). Нормальной считается влажность около $60-80 \%$. Мы положим, что влажность воздуха $50 \%$, т. е. в единице объема воздуха содержится $n / 2$ молекул водяного пара. В этом случае, как следует из предыдущего рассмотрения, в воду из пара должно конденсироваться $1 / 4 n S v$ молекул. Однако так было бь лишь при условии, что над водой находятся только водяные пары, а не смесь воздуха с паром. При наличии воздуха молекулы из воды отлетают без столкновений только на длину свободного пробега $\lambda$ (это расстояние $\sim 3 \cdot 10^{-5} \mathrm{~cm}$, см. задачу 1.1), дальше они движутся от поверхности жидкости с очень малой скоростью (по сравнению с тепловой). Поэтому число конденсируюцихся молекул определяется не плотностью пара на большом расстоянии от воды, а плотностью пара на расстоянии длины свободного пробега. Считая, что плотность пара в перпендикулярном к поверхности воды направлении меняется линейно, а на расстоянии примерно 1 см она равна уже $n / 2$, находим, что плотность водяных паров на расстоянии $\lambda$ примерно равна
\[
\frac{n}{2}+\frac{n}{2}(1-\lambda)=n\left(1-\frac{\lambda}{2}\right) .
\]

Таким образом, с поверхности воды в единицу времені испаряется около $n \lambda S v / 4$ молекул воды. После этого рассмотрения мы можем ответить на поставленные в задаче вопросы.
a) В стакане воды содержится $n_{\mathrm{B}} S h$ молекул воды, где $n_{\mathrm{B}}=3 \cdot 10^{22} \mathrm{~cm}^{-3}$ – число молекул воды в 1 с. $\mathrm{m}^{3}$ (см. предыдущую задачу), а $h$-высота стакана, которую примем равной $10 \mathrm{~cm}$. Вся вода нспарится за время
\[
\frac{4 n_{\mathrm{B}} h}{\lambda n v} \approx 0,6 \cdot 10^{6} \text { сек } \approx 7 \text { дней }
\]
(при $t=25^{\circ} \mathrm{C}, v=6000 \mathrm{M} /$ сек, $n=10^{18} \mathrm{~cm}^{-3}$ ).
б) С пощадки в $1 \mathrm{~cm}^{2}$ каждую секунду испаряется $n \lambda v / 4 \approx$ $\approx 2 \cdot 10^{18}$ молекул.
в) В среднем за год должно испариться количество воды, равное среднегодовому количеству осадков. Қонечно, полученное нами число в пуннкте (а) превышает количество осадков, так как для расчетов мы выбрали такие условия атмосферы, когда преобладает процесс шспарения.
1.4. Хотя атомы и находятся в непрерывном движении, это еще не означает, что они в среднем изменяют свое относительное расположение. В частности, атом, колеб́лющийся около своего места в крнсталлической решетке, в среднем покоитья в нем, так что кристаллические тела не меняют своей формы до тех пор, пока амплитуда колебания составляющих нх частиц мала по сравнению с расстояниями между ближайшими атомами. При достаточно сильном нагревании эга амплитуда становится столь больной, что атомы уже больше не «привязаны» к определенному месту, наступает процесс плавления и твердое тело меняет форму.
1.5. Рассмотрим часть грани кристалла. Располодение атомов в кристалле таково, что каждый атом окружен определенным образом расположениыми другими атомами. Это означает, что атомы одного сорта расположены в так называемых эквивалентых точках, т. е. точках, окружение которых совершенно одннаково. Минимальное расстояние между эквиватентными точками $a$ называется периодом реиетки. На фиг. 1 эквивалентные точки – это точки $0,1,2,3$.
Ближайшие эквнвалентные точки образуют некоторую плоскую фигуру – «ячейку» (на рисунке это ромб с вершинами в точках $0,1,2,3)$, а если рассматривать весь кристалл, а не его грани, то объемную фигуру. При формировании кристалла нарастает все больше и больше ячеек, поэтому форма грани кристалла зависит от геометрической формы ячейки. Разумеется, скорость роста кристалла в разных направлениях различна, так что внешние грани кристалла не являются просто повторением формы ячейки. Но совершенно ясно, что углы между сторонами грани кристалла равны углам между сторонами ячейки, поэтому для ответа на поставленный в задаче вопрос нам достаточно указать, что не может существовать ячеек в форме правильного пятиугольника.

Приведем доказательство от противного. Пусть ячейка кристалла-правильный пятиугольник, а $O$ и $A$-эквивалентные точки (фиг. 2). Очевидно, эквивалентной должна быть и точка $E$ (если эквивалентная точка помещается на расстоянии $a$ от $O$ при перемещении вправо, то должна быть эквивалентная точка и при перемещении влево на то же расстояние). Другие эквивалентные точки можно построить, поворачивая отрезок $O A$ на угол $2 \pi / 5=72^{\circ}$. После первого поворота получим точку $B$, а после второго-точку $C$. Но расстояние $E C<a$, что противоречит исходному предположению (расстояние между эквивалентными точками не меньше, чем $a$ ). Таким образом, грань кристалла не может быть правильным пятиугольником. Можно строго показать, что аналогичное построение непротиворечиво только в том случае, если ячейки кристалла имеют форму правильного треугольника, четырехугольника (квадрата) и шестиугольника.
1.6. Беспрерывно ударяясь о стенки сосуда, молекулы газа действуют на них с некоторой силой. Действительно, если сделать одну из стенок сосуда подвижной, то, чтобы удержать ее под градом ударов молекул в неизменном положении, нужно приложить к ней определенную силу. Величина этой силы, отнесенная к единице площади стенки, и есть давление газа. Понятно, что давление будет тем больше, чем больше молекул ударяется о единичную площадку поверхности стенки и чем энергичнее каждый удар. Если плотность газа не особенно велика, то число ударяющихся о стенку молекул просто пропорционально плотности. Сила же удара молекулы о поршень зависит от скорости молекулы: чем быстрее движется молекула, тем сильнее она наносит удар. С другой стороны, понятно, что при данной плотности газа к поршню подлетает и ударяется о него тем больше молекул, чем больше их скорость. Таким образом, мы видим, что от скорости молекул зависит и число ударов о поршень, и сила удара. Поэтому зависимость давления газа от средней скорости молекул-нелинейная. Точный расчет показывает, что давление газа пропорционально среднему квадрату скорости, а не средней скорости.
1.7. Действительно, теплота есть не что иное, как движение молекул, но движение хаотическое, беспорядочное. Когда тело в целом покоится, его молекулы тем не менее могут обладать большой энергией хаотического движения. При этом мы говорим, что тело сильно нагрето (обладает высокой температурой). Если нагревать тело, т. е. дальше увеличивать его температуру, то скорость беспорядочного хаотического движения будет возрастать.
Молекулы холодного быстро движущегося бейсбольного мячика наряду с хаотичєской скоростью обладают еще скоростью направленного движения, одинаковой для всех молекул, которая характеризует энергию движения мячика как целого, а не его внутреннее состояние. Скорость же беспорядочного движения молекул холодного мячика меньше, чем нагретого.
1.8. Как бы ни были отполированы трущиеся поверхности машины, они никогда не будут совершенно гладкими. В действительности эти поверхности можно представить себе покрытыми (хотя и очень маленькими) бугорками, ступеньками и т. п. При движении таких поверхностей относительно друг друга происходит множество микроскопических ударов, неровности сминают друг друга. В результате таких беспорядочных ударов в конце концов увеличивается скорость хаотического движения молекул (в 2 «Лекций», вып. 1, показано, что при ударе молекулы о движущуюся ей навстречу поверхность, скорость молекулы увеличивается). А это означает, что трущиеся тела нагреваются.
1.9. Кусок резины состоит из длинных перекрывающихся цепочек атомов, которые беспорядочно ориентированы в пространстве. При растягивании резины, т. е. когда к ней приложена некоторая внешняя сила, часть этих цепочек вытягивается вдоль внешней силы. При этом «ориентирующиеся» цепочки атомов сталкиваются с другими молекулами резины и заставляют их двигаться быстрее, подобно тому, как вдвигаемый в сосуд с газом поршень заставляет двигаться быстрее молекулы газа. Поэтому температура куска резины при его растяжении увеличивается, т. е. резина нагревается.
1.10. Резина с подвешенным на ней грузом растянута. Это значит, что некоторые молекулярные цепочки атомов расположены вдоль направления растяжения. В то же время все молекулы (цепочки) участвуют в беспорядочном тепловом движении и непрерывно сталкиваются друг с другом. В результате таких столкновений первоначально ориентированные цепочки атомов стремятся снова запутаться с остальными молекулами, но этому мешает приложенная внешняя сила. При нагревании резины скорость движения молекул увеличивается, усиливается бомбардировка ориентированных цепей, что
приводит к более сильному их запутыванию. Последнее означает, что длина натянутой резины при нагревании уменьшается.
1.11. Посмотрим, как разместятся шарики при наиболее плотной упаковке (как раз тогда в сосуде поместится максимальное число шариков). Первый слой шариков ляжет так, что каждый шарик соприкоснется с шестью другими (положение центров шариков этого слоя показано на рис. $a$ черными точками). Шарики второго слоя лягут в «ямки» первого слоя, так что каждый шарик второго слоя соприкоснется с тремя шариками нижнего (обратите внимание, что используется только половина «ямок» первого слоя), а в остальном второй слой выглядит точно так же, как первый, только смецен относительно него в вертнкальном направлении. Центреї шариков второго слоя, если смотреть на них сверху, займут положение, обозначенное на рис. а светлыми кружочками. Третий слой шариков можно наложить двумя разными способами: шарики могут лечь в те «ямки» второго слоя, которые находятся над центрами шариков нижнего слоя, тогда получится, что шарики третьего слоя лежат точно над шариками первого слоя (центры царов верхнего слоя обозначены крестиками). Если же шарики третьего слоя лягут в другие «ямки» второго слоя, то окажется, что они будут находится как раз над «свободными ямками» первого слоя (рис. б). Плотность упаковки и в том и в другом случаях одинакова, т. е. число шариков в единице объема в обоих случаях одинаково.
Укладывая таким же способом следующие слои шариков, замечаем, что их центры располагаются в пространстве в определенном порядке, т. е. образуют «кристаллическую» решетку. В первом из рассматриваемых случаев эта решетка, как легко заметить, имеет вид, приведенный на рис. в. Это так называемая гексагональная решетка.

Вид решетки, получающейся при втором способе укладки, приведен на рис. г (кубическая гранецентрированная решетка). Чтобы увидеть, что центры шариков расположены именно так, нужно представить себе, что одна из диагоналей куба, изображенного на рис. 2 , перпендикулярна горизонтальной плоскости, а шарики, центры которых лежат в вершинах куба, принадлежат четырем горизонтальным слоям.

Рассчитаем максимальное число помещающихся в сосуд шариков при каком-нибудь одном способе размещения, например втором. Длина ребра кубической гранецентрированиой решетки, как видно из рис. $\partial$, равна $l=\sqrt{2} d$ ( $d$-диаметр шарика). С каждым таким кубом связано 14 шариков: 8 находятся в вершинах куба, а 6 лежат в середине каждой из его граней. Но внутри куба лежит только часть каждого шарика, общий занимаемый ими объем равен объему 4 шариков (по половине от каждого из шариков, центры которых лежат на гранях куба и по $1 / 8$ от шариков, находящихся в вершинах куба). В объеме $V$ помещается всего $V / V_{0}$ кубических ячеек, где $V_{0}=l^{3}=2 \sqrt{2} d^{3}$ – объем одной ячейки, так что в сосуде объемом $V$ мокет быть помецено самое большее $N=4 V / V_{0}=\sqrt{2} V / d^{3}$ шариков.

К главе 4. Сохранение энергии
4.1. Представим себе, что груз весом $W$ уравновешен при помощи некоторого другого грузика, который подвешен на маленьком блоке, как показано на рисунке. Вопрос о натяжении проволоки сводится, таким образом, к вопросу о величине веса грузика, так как натяжение проволоки равно весу грузика. Обозначим поэтому вес грузика через $T$.
Предположим теперь, что грузик $T$ поднялся на небольшую высоту $h$. При этом груз $W$ опустится на расстояние $H$, а проволока $B C$ повернется на малый угол $\Delta \alpha$.

Размеры проволок $A C$ и $A B$ таковы, что угол $A C B$ прямой, поэтому $H=C C^{\prime} \sin 45^{\circ}=h / \sqrt{2}$ (угол $\Delta \alpha$-маленький, поэтому $C C^{\prime}$ можно считать продолжением $A C$ ).

Увеличение потенциальной энергин грузика $T$ по закону сохранения энергии равно уменьшению потенциальной э́нергии груза $W$, т. е. $T h=W H$, откуда
\[
T=\frac{H}{h} W=\frac{W}{\sqrt{2}} \approx 35,5 \kappa \Gamma .
\]
4.2. Введем следующие обозначения: $F_{1}$-сила давления роликов на вертикальную стену; $F_{2}$ и $F_{3}$ – горизонтальная и вертикальная составляющие силы давлення лестницы на землю. Очевидно, что $F_{1}$ направлена налево, $F_{2}$ – направо, а $F_{3}$ вниз. Силы, приложенные к лестнице, равны по величине $F_{1}, F_{2}$ и $F_{3}$ и направлены в противоположных направлениях.
Рассмотрим следующие виртуальные перемещения лестницы. Пусть она сместится вниз параллельно себе самой на расстояние $y$. Неважно, что в действительности лестница так двигаться не может, ведь это перемещение воображаемое. В результате указанного перемещения потенциальная энергия лестницы и груза уменьшится на $(W+P) y$, а сила $F_{3}$ совершит работу $F_{3} y$. Из закона сохранения энергии следует равенство этих двух величин, так что $(W+P) y=F_{3} y$ и, следовательно, $F_{3}=W+P=36 \kappa \Gamma$ ( $P$ – вес лестницы).
Выберем теперь другое виртуальное перемсщение, состоящее в переносе лестницы параллельно себе в горизонтальном направлении, скажем вправо, на расстояние $x$. Аналогично предыдущему случаю можно написать $F_{1} x=F_{2} x$, откуда $F_{1}=F_{2}$. Чтобы найти численные величины этих сил, необходимо иметь еще одно уравнение. Его можно получить, записав закон сохранения энергии при виртуальном повороте лестницы на небольшой угол вокруг оси, проходящей через нижний конец лестницы. Пусть $\alpha$ – угол, который образует лестница с Землей, а $\varphi$-тот малый угол, на который повернута лестница (по часовой стрелке). Точка, находящаяся на расстоянин $l$ от оси вращения, опишет дугу длиной $l \varphi$. Так как угол $\varphi$ мал, можно считать, что стягивающая дугу хорда имеет ту же длину и образует угол $\alpha$, но с вертикальной стенкой (т. е. хорда перпендикулярна лестнице). Поэтому рассматриваемая точка при виртуальном повороте сместится вверх на величину $l \varphi \cos \alpha$ и вправо- на $l \varphi \sin \alpha$.
Используя только что полученный результат, убеждаемся в том, что при повороте на малый угол $\varphi$ потенциальная энергия лестницы с грузом увеличится на $1 / 2 P L \varphi \cos \alpha+$ $+3 / 4 W L \varphi \cos \alpha$, а сила $F_{1}$ совершит работу $F_{1} L \varphi \sin \alpha(L-$ длина лестницы). Из закона сохранения энергии
\[
F_{1} L \varphi \sin \alpha=\frac{1}{2} P L \varphi \cos \alpha+\frac{3}{4} W L \varphi \cos \alpha,
\]

откуда
\[
F_{1}=\frac{(P / 2+3 W / 4) L \cos \alpha}{L \sin \alpha} .
\]

По условию задачи $L \cos \alpha=1,8 \mu, L \sin \alpha=2,4 \mu$, так что $F_{1}=18 \kappa \Gamma$.
4.3. Уравновесим стержень подъемного устройства грузом $T$, подвешенным на малом блоке в точке $C$. При виртуальном повороте стержня по часовой стрелке на малый угол $\varphi$ вокруг нижнего конца точка $M$ стержня, находящаяся на расстоянии $l$ от оси вращения, опустится вниз на расстояние $l \varphi \sin \theta$ и сместится вправо на $l \varphi \cos \theta$ (см. предыдущую задачу). Поэтому при таком перемещении потенциальная энергия стержня и груза $W$ уменьшится на $(W+1 / 2 w) \cdot L \varphi \sin \theta$, а груз $T$, как видно из рисунка, поднимется на высоту $x \varphi \cos \theta$, т. е. его потенциальная энергия увеличится на $T x \varphi \cos \theta$. Из закона сохранения энергии
\[
\left(W+\frac{1}{2} w\right) L \varphi \sin \theta=T x \varphi \cos \theta,
\]

откуда
\[
T=\frac{L}{x}\left(W+\frac{1}{2} w\right) \operatorname{tg} \theta
\]
4.4. а) Представим себе, что стержень $A B$ фермы удален. Тогда под действием груза $W$ шарнир $B$ поfдет вниз направо, а шарнир $A$-вверх налево. Ясно поэтому, что стержень $A B$ был растянут. Однако н удалив стержень, мы тоже можем удержать ферму в равновесин, подвесив два равных груза на неподвнжных блоках так, как это показано на рисунке. Если длина $A B$ увеличивается, грузы поднимаются и их потенциальная энергия возрастает. Чтобы потенциальная эшергия всей системы оставалась нензменной, груз $W$ должен опуститься. Следовательно, при нагревании стержня $A B$ груз $W$ опускается.
б) Вес рассматриваемых нами грузиков равен силе растяжения стержня $T$ (ферма находится в равновесин). Если увеличить длину $A B$ на величину $x$, грузы поднимутся вверх, причем сумма нзменений высот грузов также равна $x$, а груз $W$ опустится на $y$. Поэтому $T x=W y$, т. е. $T=(y / x) W$.
4.5. Пусть груз $w$ опустится вниз на расстояние $y$. Потенциальная энергия груза при этом уменьшится на шу. Посмотрим, как изменится потенциальная энергия тележки весом $W$. Прежде всего заметим, что когда груз $w$ опускается на расстояние $y$, ось подвижного блока, на котором он висит, опускается на вдвое меньшее расстояние. Так как тележка связана с грузом при помощи двух подвижных блоков, она передвинется по наклонной плоскости на расстояние в 4 раза меньшее, чем то, на которое опустится груз $w$, т. е. на величину $y / 4$. По вертикали тележка поднимется на высоту $y / 4 \sin \theta$, поэтому ее потенциальная энергия увеличится на $1 / 4 W y \sin \theta$. Из закона сохранения энергии $1 / 4 W y \sin \theta=w y$, откуда $W=4 w / \sin \theta$.
4.6. Повернем катушку на угол $\varphi$ против часовой стрелки вокруг ее оси. При этом груз $W$ опустится на расстояние $y=R \varphi$, а центр тяжести катушки поднимется на $x=r \varphi$, т. е. груз $W$ опустится на расстояние $y-x$. Из закона сохранения энергии $W(y-x)=w x$, откуда
\[
W=\frac{x}{y-x} w=\frac{r}{R-r} w .
\]
4.7. По условню задачи $F_{1} / F_{2}=R$, где $F_{1}$ и $F_{2}$-силы, которые необходимо приложить к цепи для перемещения груза $W$ вверх и вниз соответственно. Используем принцип виртуальной работы для этих двух случаев.
Предіоложим сначала, что, выбирая верхнюю часть ведущей цепи ворота с силой $F_{1}$, мы повернули верхний блок на полный оборот против часовой стрелки. Прн этом мы, очевидно, протянули $n$ звеньев цепи, или же $n / N$, так как длина одного звена цепи равна $1 / N$ м. Посмотрим теперь, что происходит с грузом $W$. Правая часть цепи, на которой висит подвижный блок, поднялась на $n$ звеньев, зато левая опустилась на $n-1$ звено, так что груз $W$ поднялся на высоту $[n-(n-1)] / 2 N$ м. Если обозначить через $X$ работу сил трения при одном обороте верхнего блока, то из закона сохранения энергии нмеем
\[
\frac{n}{N} F_{1}=X+\frac{W}{2 N} .
\]

Чтобы повернуть верхний блок на один оборот по часовой стрелке, необходимо протянуть $n-1$ звено [или $(n-1) / N M]$ нижней части ведущей цепи ворота с силой $F_{2}$. При этом груз $W$ опустится на расстояние $[n-(n-1)] / 2 N M$. Тєк как по предположению сила трения не зависит от направления движения груза $W$ и поскольку каждый раз мы рассматриваем один полный оборот верхнего блока, работа сил трения в этом случае та же, что и в предыдущем, т. е. равна $X$. Согласно закону сохранения энергии,
\[
X=\frac{n-1}{N} F_{2}+\frac{W}{2 N} .
\]

Таким образом, для неизвестных сил $F_{1}$ и $F_{2}$ и работы сил трения получаем следующую систему трех уравнений:
\[
\begin{aligned}
\frac{n}{N} F_{1} & =X+\frac{W}{2 N}, \\
\frac{n-1}{N} F_{2} & =X-\frac{W}{2 N}, \\
\frac{F_{1}}{F_{2}} & =R .
\end{aligned}
\]

Решая эту систему уравнений, находим
\[
F_{2}=\frac{W}{n(R-1)+1}
\]

II
\[
F_{1}=\frac{W R}{n(R-1)+1} .
\]
4.8. Выберем такое виртуальное перемещение цепн, при котором она опускается на расстояние $H$ вниз по вертикали параллельно самой себе. Потенциальная энергия ее при этом уменьшится на $W H$. Радиус же цепи при таком перемещении увеличится на величину а. Легко сообразить, что увелнчение радиуса цепи и ее смещение вниз связаны соотношением $a / H=r / h$. Если натяжение цепи обозначить через $T$, то виртуальная работа сил натяжения при рассматриваемом виртуальном перемещении цепи равна
\[
[2 \pi(R+a)-2 \pi R] T=2 \pi a T
\]
( $R$ – радиус цепи). Но виртуальная работа силы $T$ равна изменению потенциальной энергии цепи, т. е. $2 \pi a T=W H$. Отсюда следует
\[
T=\frac{W H}{2 \pi a}=\frac{W h}{2 \pi r} .
\]
4.9. Повернем раму на небольшой угол $\varphi$. При таком повороте участок рамы $A A^{\prime} C D$ опустится вниз параллельно самому себе на расстояние $A P \cdot \varphi$, а часть $B^{\prime} B G H$ таким же образом поднимется вверх на высоту $P B \cdot \varphi$. Так как противовес $w_{c}$ уравновешивает раму в отсутствие грузов, изменение его потенциальной энергии при любом изменении положения рамы равно по величине изменению потенциальной энергии самой рамы, поэтому в силу закона сохранения энергин должны быть равными и изменения потенциальной энергии грузов $W_{1}$ и $W_{2}$, т. е. $W_{1} A P \cdot \varphi=W_{2} B P \cdot \varphi$. Учитывая, что $A P=1 / 2 B P$ находим $W_{2}=1 / 2 W_{1}=0,25 \kappa \Gamma$.
4.10. Очевидно, вниз будет двигаться груз на той наклонной плоскости, которая образует больший угол с горизонталью. Легко убедиться в том, что, пройдя расстояние $D$ вдоль наклонной плоскости, левый груз поднимется вверх на высоту $D \sin \theta$, а правый опустится вниз на расстояние $D \sin \varphi$. Грузы при этом будут двигаться с некоторой скоростью $v$. Из закона сохранения энергии изменение потенциальной энергии грузов равно их кинетической энергии (вначале грузы покоились). Так как кинетическая энергия каждого груза равна $W v^{2} / 2 g$, а изменение потенциальной энергии грузов есть $W D(\sin \varphi-\sin \theta)$, то
\[
2 \cdot \frac{W v^{2}}{2 g}=W D(\sin \varphi-\sin \theta),
\]

следовательно,
\[
v^{2}=g D(\sin \varphi-\sin \theta) .
\]
4.11. Так как углы наклона плоскостей одинаковы, грузы начнут двигаться так, что больший из них будет опускаться. При смещении на расстоянии $D$ потенциальная энергия грузов уменьшится на ( $\left.W_{1}-W_{2}\right) D \sin \theta$ (см. предыдущую задачу), а их кинетическая энергия станет $\left(W_{1}+W_{2}\right) v^{2} / 2 g$. Из закона сохранения энергии
\[
\frac{W_{1}+W_{2}}{2 g} v^{2}=\left(W_{1}-W_{2}\right) D \sin \theta,
\]

откуда
\[
v^{2}=2 g \frac{W_{1}-W_{2}}{W_{1}+W_{2}} D \sin \theta^{\prime} .
\]
4.12. Пусть уровень воды в баке уменьшится на небольшую глубину $\Delta h$. Это значит, что неболышая масса воды $\Delta m=\rho A \Delta h$ ( $\Delta h \cdot A$-объем вытекшей жидкости, а $\rho$-ее плотность) вытекла из сосуда через отверстие $\boldsymbol{\alpha}$ с некоторой скоростью $v$. Так как площадь отверстия мала по сравнению с площадью поперечного сечения сосуда $(\alpha \ll A$ ), скоростью изменения уровня жидкости в сосуде можно пренебречь. Изменение потенциальной энергии жидкости равно $\Delta m g H$, а изменение ее кинетической энергии есть $\Delta m v^{2} / 2$.
Из закона сохранения энергии
\[
\Delta m g H=\frac{\Delta m v^{2}}{2},
\]

так что $v=\sqrt{2 g H}$. Таким образом, в прннятом приближении скорость вытекания жидкости не зависит ни от площади поперечного сечения сосуда, ни от сечения отверстия, а только от уровня жидкости над отверстием.

Можно учесть и скорость изменения уровня жидкости в сосуде, которую обозначим через $v_{1}$. В этом случае изменение кинетической энергии равно
\[
\frac{\Delta m v^{2}}{2}-\frac{\Delta m v_{1}^{2}}{2}
\]
(а не $\Delta m v^{2} / 2$, қак мы считали раньше). Через поперечное сечение сосуда в единицу времени протекает объем жидкости $v_{1} A$, а через сечение $\alpha$ за то же время вытекзет объем $v \alpha$. Так как жидкость практически несжимаема, ${ }_{1}{ }_{1} A=\tau \alpha$, так что $v_{1}=(\alpha / A) v$.

Учитывая это, нзменение кинетической энергии жидкости запишем как $(\Delta m / 2) v^{2}\left[1-(\alpha / A)^{2}\right]$, а закон сохранения энергии в виде $\left(\Delta m_{/}^{\prime 2}\right) v^{2}\left[1-(\alpha / A)^{2}\right]=\Delta m g H$. Из последнего выражения находим скорость вытекания жидкости из сосуда:
\[
v=\frac{\sqrt{2 g H}}{1-(\alpha / A)^{2}} .
\]
4.18. I. Пусть стороны треугольника равны $d_{1}, d_{2}$ и $L_{j}$ а угол между сторонами $d_{1}$ и $d_{2}$ равен $\alpha$. Тогда, как известно, $L^{2}=d_{1}^{2}+d_{2}^{2}-2 d_{1} d_{2} \cos \alpha$. Увеличим угол $\alpha$ на небольшую величину $\Delta \alpha$. Сторона, лежащая против этого у гла, станет равной $L_{1}$, т. е. увеличится на небольшую величину $\Delta L=L_{1}-L$. Но, по той же теореме косинусов, $L_{1}^{2}=d_{1}^{2}+d_{2}^{2}-2 d_{1} d_{2} \cos (\alpha+\Delta \alpha)$. Вспоминая, что $\cos (\alpha+\Delta \alpha)=\cos \alpha \cos \Delta \alpha-\sin \alpha \sin \Delta \alpha$ и что для малых углов $\cos \Delta \alpha \approx 1, \sin \Delta \alpha \approx \Delta \alpha$, находим
\[
L_{1}^{2}=d_{1}^{2}+d_{2}^{2}-2 d_{1} d_{2}(\cos \alpha-\Delta \alpha \sin \alpha) .
\]

Вычитая $L^{2}$ из $L_{1}^{2}$, получаем
\[
L_{1}^{2}-L^{2}=2 d_{1} d_{2} \Delta \alpha \sin \alpha .
\]

С другой стороны,
\[
L_{1}^{2}-L^{2}=\left(L_{1}-L\right)\left(L_{1}+L\right)=2 L \Delta L, \quad\left(L_{1}+L_{2} \approx 2 L\right) .
\]

Сравнивая эти выражения для разности квадратов сторон, получаем приведенную в тексте задачи формулу
\[
\Delta L=\frac{d_{1} d_{2}}{L} \sin \alpha \Delta \alpha .
\]
II. Катеты $a$ и $b$ и гипотенуза $c$ прямоугольного треугольника по теореме Пифагора связаны соотношением $c^{2}=a^{2}+b^{2}$. Увеличим длины категов на небольшие отрезки $\Delta a$ и $\Delta b$, длина гипотенузы треугольника при этом также увеличится и станет равной $c+\Delta c$. Согласно теореме Пифаropa, $(c+\Delta c)^{2}=(a+\Delta a)^{2}+(b+\Delta b)^{2}$ или $c^{2}+2 c \Delta c=a^{2}+$ $+2 a \Delta a+b^{2}+2 b \Delta b$. Записывая последнее равенство, мы пренебрегли квадратами малых величин $(\Delta a)^{2},(\Delta b)^{2}$ и $(\Delta c)^{2}$ по сравнению с членами типа $a^{2}$ и $a \Delta a$. Вычитая $c^{2}$ из

$(c+\Delta c)^{2}$, находим
\[
2 c \Delta c=2 a \Delta a+2 b \Delta b .
\]

Отсюда
\[
c \Delta c=a \Delta a+b \Delta b .
\]
4.14. Пронумеруем бревна, как показано на рисунке. Пусть бревно 2 при небольшом уменьшении угла $\theta$ начнет двигаться вниз, выталкивая бревно 3 вверх по кузову. Ясно, что в конце движения бревно 2 займет положение бревна 3 , а бревно 3-положение, показанное на рисунке пунктиром. Так как при первоначальном расположении бревна находились в равновесии, изменение потенциальной энергии бревен при рассмотренных перемещениях должно равняться нулю. Это возможно только в том случае, если центр бревна 2 в первом и центр бревна 3 во втором случаях находятся на одной и той же высоте. Обозначим указанные высоты через $y_{1}$ н $y_{2}$ соответственно. Вычисление $y_{2}$ не вьзывает никаких затруднений. Непосредственно из рисунка видно, что $y_{2}=R \cos \theta+5 R \sin \theta$, где $R$ – радиус бревна.
Для вычисления $y_{1}$ замечаем, что $y_{1}=O_{2} A+O_{1} B$. $\mathrm{H}_{3}$ прямоугольного треугольника $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2} \mathrm{~A}$ находим
\[
O_{2} A=2 R \sin \left(60^{\circ}+\theta\right),
\]

так как $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{3}$ равносторонний треугольник со стороной $2 R$, а $\angle O_{3} O_{1} A=\theta$. Из треугольника $O O_{1} B$ следует
\[
O_{1} B=\sqrt{2} R \sin \left(45^{\circ}+\theta\right),
\]

так как $O O_{1}=\sqrt{2} R$ есть не что иное, как гипотенуза равнобедренного прямоугольного треугольника $O C O_{1}$, длина катета которого равна $R$. Таким образом,
\[
\begin{aligned}
y_{1} & =2 R \sin \left(60^{\circ}+\theta\right)+\sqrt{2} R \sin \left(45^{\circ}+\theta\right)= \\
& =2 R \sin \theta+(\sqrt{3}+1) R \cos \theta .
\end{aligned}
\]

Наконец, приравнивая $y_{1}$ и $y_{2}$, получаем
\[
R \cos \theta+5 R \sin \theta=2 R \sin \theta+(\sqrt{3}+1) R \cos \theta,
\]

откуда
$\operatorname{tg} \theta=\frac{1}{\sqrt{3}}$ и $\theta=30^{\circ}$.
4.15. а) Гибкими связями можно заменить те стержни, которые растянуты. Чтобы выяснить, сжат данный стержень или растянут, удобно воспользоваться следующим простым приемом. Представим, например, что стержень $A B$ фермы удален. Тогда груз $W$ пойдет вниз, а точка $B$ начнет перемещаться к точке $A$. Стержень $A B$ препятствует такому деижению, следовательно, он сжат. Удалим стержень $A C$. Груз $\mathrm{W}$ снова начнет двигаться вниз, а шарниры $A$ и $C$ разъедутся. Стало быть, стержень $A C$ растянут. Удаляя последовательно каждый стержень фермы, можно убедиться, что стержни $B C, A C, C E, E G, E D$ и $E F$ растянуты, т. е. их можно заменить гибкими связями. Все огтальные стержни сжаты.
б) Удалим стержень $B D$. Чтобы ферма осталась в равновесии, к ней пужно на двух Єлоках подееснть два груза вессм по $T_{B D}$ каждый, как показано на рисунке ( $T_{B D}-$ усили? в стерине $B D$ ). Рассмотрим следующее виртуальное перемещение. Представим себе, что ферма переломилась в шарнире $C$, в результате чего часть фермы $G F D C E$ погернулась как целсе на небольшой угол $\Delta \varphi$ вокруг шарнира $G$, а часть $A B C$ – на угол $\triangle \Psi$ вокруг шарнира $A$. Углы $\Delta \varphi$ и $\Delta \Psi$ считаем малыми, такими, чтобы смещением точки $A$ можно было пренебречь.
При таком перемещении фермы груз $W$ опустится вниз на расстояние $E E^{\prime}=E G \cdot \Delta \varphi$, а подвешенные на блоках грузики поднимутся вверх. Как видно из рисунка, сумма высот подъема грузов равна $B D-B^{\prime} D^{\prime}=\triangle B D$. Чтобы найти эту величину, удобно воспользоваться формулой, доказанной в пункте (I) задачи 4.13; для этого нужно лишь определить изменение угла $B C D: \triangle \alpha=\angle B C D-\angle B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$. Легко убедиться в том, что $\Delta \alpha=\Delta p+\Delta \Psi$. Но $C C^{\prime}=C G \Delta \varphi=A C \Delta \Psi$, так что $\Delta \Psi=(C G / A C) \Delta \varphi=2 \Delta \varphi$, поэтому $\Delta \alpha=3 \Delta \varphi$.
Таким образом,
\[
\Delta B D=\frac{(B C)^{2}}{B D} \cdot \sin \angle B C D \cdot \Delta \alpha=\frac{12}{5} B C \Delta \varphi
\]

так как $\sin \angle B C D=24 / 25$. (Все стороны треугольника $B C D$ известны, поэтому вычисление синуса не представляет труда.)

Из закона сохранения энергии $T_{B D} \Delta B D=W E G \Delta \varphi$, откуда
\[
T_{B D}=\frac{E G \cdot \Delta \varphi}{\Delta B D} W=\frac{1}{2} W .
\]
4.16. Если стержень находится в равновесии, то, повернув его на малый угол $\Delta \varphi$ около точки $P$, мы должны обнаружнть, что потенциальная энергия не изменилась. Это означает, что потенциальная энергия одного из кусков увеличивается, а другого уменьшается, в точюости компенсируя это увеличение. Так как потенциальная энергия однородного стержня зависит от высоты его середииы, нужно определить, как изменятся высоты середин кусков прн повороте на угол $\Delta Q$ (см. рисунок). Как видно из рисунка (для удоб́ства треугольники $B B^{\prime} B^{\prime \prime}$ и $C C^{\prime} C^{\prime \prime}$ нарисованы отдельно), середина куска весом $2 W$ опустится на величину $B^{\prime} B^{\prime \prime}=\sin \alpha_{1} \cdot B B^{\prime}$; а середина куска весом $W$ поднимется на $C^{\prime} C^{n}=\sin \alpha_{2} \cdot C C^{\prime}$. Итак,
\[
2 W B B^{\prime} \sin \alpha_{1}=W C^{\prime} C \sin \alpha_{2} .
\]

Ho $B^{\prime} B=C^{\prime} C \quad\left(B B^{\prime}=P B \cdot \Delta \varphi, \quad C^{\prime} C=P C \cdot \Delta \varphi\right.$, a $\left.P B=P C\right)$, поэтому
\[
2 \sin \alpha_{1}=\sin \alpha_{2} \text {. }
\]

Заметим далее, что $\alpha_{1}=\alpha_{0}-\alpha$ а $\alpha_{2}=\alpha_{0}+\alpha$ ( $\alpha$ – искомьй угол). Пользуясь формулами для синуса суммы и разности углов, находни
\[
\operatorname{tg} \alpha=\frac{1}{3} \operatorname{tg} \alpha_{0} .
\]

Опрсделив $\operatorname{tg} \alpha_{0}$ :
\[
\operatorname{tg} \alpha_{0}=\frac{C D}{P D}=\frac{1}{2 \sqrt{3}},
\]
получаем окончательно
\[
\operatorname{tg} \alpha=\frac{1}{6 \sqrt{3}} \text { и } \alpha=5^{\circ} 30^{\prime} .
\]
4.17. Грузы $W_{1}$ и $W_{2}$ на проволочной рамке можно уравновесить, подвесив на двух блоках два других груза весом $T$ каждый ( $T$ – натяженне нити), как показано на рисунке. Пусть груз $W_{2}$ сдвинется на небольшое расстояние $\Delta x_{2}$ вниз по проволоке, а груз $W_{1}$ останется неподвижным. При таком перемещении груз $W_{2}$ опустится по вертикали на расстояние $\Delta x_{2} \cos 30^{\circ}$, а грузы $T$ поднимутся вверх на величину $\Delta l=\Delta x_{2} \cos \left(90^{2}-\alpha\right)$ ( $\Delta l-$ удлинение нити при выбранном виртуальном перемещенин). Согласно закону сохранения энертин
\[
W_{2} \Delta x_{2} \cos 30^{\circ}=T \Delta x_{2} \cos \left(90^{\circ}-\alpha\right),
\]

или
\[
\frac{\sqrt{3}}{2} W_{2}=T \sin \alpha .
\]

Сместим теперь вниз по проволоке на расстояние $\boldsymbol{\Delta} x_{1}$ груз весом $W_{1}$, а второй оставим неподвнжным. Те же рассуждения приведут нас к уравнению
\[
W_{1} \Delta x_{1} \cos 60^{\circ}=T \Delta x_{1} \cos \alpha,
\]

откуда
\[
\frac{1}{2} W_{1}=T \cos \alpha .
\]

Решая полученные два уравнения для $\alpha$ и $T$, пегко найти
\[
\operatorname{tg} \alpha=\sqrt{3} \frac{W_{2}}{W_{1}}=3 \sqrt{3}
\]
(т. е. $\alpha \approx 79^{\circ}$ ), а сама сила натяжения нити $T$ равна $265 \Gamma$.

К главе 6. Вероятность

6.1. Как было показано в § 3 гл. 6 «Лекций» (вып. 1), при случайных блужданиях молекула, сделав $N$ шагов, отклонится от первоначального положения в среднем на расстояние $D=\sqrt{N} l$, где $l$-длнна одного шага (в нашем случае это просто длина свободного пробега молекулы между двумя последовательными столкновениями). Заметим, что нспользуемая нами формула для пройденного расстояния (среднего квадратичного отклонения) отличается от формулы (6.10) «Лекций» (вып. 1, стр. 112) тем, что в ней явно фигурирует длнна одного шага (в «Лекциях» же длина шага принята равной единице и поэтому явно в формулу не входит).
Итак, чтобы удалиться на расстояние $D$, молекула должна сделать $N=D^{2} / l^{2}$ шагов. Қаждый шаг совершается за промежуток времени $\tau=l /\langle v\rangle$ ( $\langle v\rangle$-средняя скорость молекулы), т. е. за время мекду двумя последовательными столкновениями молекулы. Поэтому для преодоления расстояния в 1 см молекуле понадобится время
\[
T=N \tau=\frac{D^{2}}{l\langle v\rangle} \approx 3 \text { ceк. }
\]
6.2. Число существенно различных способов вынуть 3 шарика из 6 равно $C_{6}^{3}=20$. Из всех этнх способов только одним способом можно вынуть все три шарика одного цвета (нужно, чтобы все шарики были красными) и, как легко подсчитать, шестью-разного цвета (три возможности – бе. лый шарик, первый зеленый шарик, один из трех красных; другие три способа-белый шарик, второй зеленый шарик н один из трех красных шариков), Поэтому вероятность того, что все ішарики окажутся одного цвета, равна $1 / 20$; вероятность же того, что все три шарика окажутся разного цвета, равна $6 / 20=3 / 10$.
6.3. Обозначим через $p$ расстояние от центра шарика до оси, проходящей через центр неподвижной сферы параллельно скорости шарика (так называемый прицельный параметр). Как видно из рисунка, $p=(a+b) \sin \alpha$, где $\alpha$-угол между скоростью шарика и радиусом сферы, проведенным в точку попадания шарика, т. е. угол падения. Введем угол рассеяния $\chi$-угол между начальной и конечной скоростями шарика. Учитывая, что угол падения равен углу отражения, находим $\chi=\pi-2 \alpha$.
Итак, угол рассеяния целиком определяется углом падения, т. е. в конечном итоге прицельным расстоянием. Если посмотреть со стороны движущихся шариков, то точки попадания шариков с одним и тем же прицельным расстоянием $p$ образуют окружность радиусом $p$. Шарики с несколько мейышим прицельным расстоянием $p-\Delta p$ отклоняются на бо́льший угол $\chi+\Delta \chi$. Очевидно, что все шарики, попавшие на заштрихованное кольцо, отклоняются на углы, лежащие между $\chi$ и $\chi+\Delta \chi$. Если $\Delta p$ мало, то площадь sтого кольца, равна $2 \pi p \Delta p$, а число шариков, попадающих на него в единицу времени, равно $n \cdot 2 \pi p \Delta p$, где $n$-плотность потока, т. е. числэ шариков, проходящих в единицу времени через единичную площадку, расположенную нормально к потоку. Выразим теперь $\Delta p$ через $\chi$ и $\Delta \chi$. Так как $\alpha=(\pi-\chi) / 2$, то
\[
\Delta p=(a+b)\left(\cos \frac{\chi}{2}-\cos \frac{\chi+\Delta \chi}{2}\right)=\frac{a+b}{2} \sin \frac{\chi}{2} \Delta \chi .
\]
[Мы учли здесь то обстоятельство, что при малых $\Delta \chi$ $\sin \Delta \chi / 2 \approx \Delta \chi / 2$ и $\sin ((\chi+\Delta \chi) / 2) \approx \sin \chi / 2$.] Таким образом, число частиц, рассеянных в единицу времени на углы от $\%$ до $\chi+\Delta \chi$, равно
\[
n \pi(a+b)^{2} \sin \frac{x}{2} \cdot \cos \frac{x}{2} \Delta x .
\]

Если сечение потока шариков равно $S$, то доля шариков, рассеянных на углы от $\chi$ до $\chi+\Delta \chi$, равна
\[
\frac{1}{S} \cdot \pi(a+b)^{2} \sin \frac{\chi}{2} \cos \frac{\chi}{2} \Delta \chi=\frac{1}{S} \Delta \sigma(\chi, \Delta \chi) .
\]

Величину $\Delta \sigma$ называют сечением рассеяния. Имеем
\[
\Delta \sigma(\chi, \Delta \chi)=\frac{\pi(a+b)^{2}}{2} \sin \chi \Delta \chi .
\]

Эту формулу полезно записать в несколько ниом виде. Представим себе сферу единичного радиуса и отложим из центра этой сферы векторы, изображающие скорости рассеянных шариков. Тогда векторы, отвечающие шарикам, рассеянным в интервале углов от $\chi$ до $\chi+\Delta \chi$, «пронижут» нашу сферу по кольцу, показаному на рисунке. Средний радиус элого кольца приблизнтельно равен $\sin \chi$, а площадь (для малых $\Delta \chi) 2 \pi \sin \chi \Delta \chi$. Обозначив эту площадь через $\Delta \Omega$, запишем
\[
\Delta \sigma(\Delta \Omega)=\frac{(a+b)^{2}}{4} \Delta \Omega .
\]

Наш результат можно выразить слювами: сечение рассеяния в направления, лежацие в некотором телесном угле, пропорционально величине этого угла. Заметим, что полное сечение рассеяния $\sigma$ на все углы $(\Omega=4 \pi)$ равно $\pi(a+b)^{2}$, что, конечно, вполне естественно.
$K$ главе 7. Теония тяготения
7.1. Элементы орбиты Луны приведены в условии задачи. Для спутника же расстояния от центра Земли в перигее и апогее равнь соответственно
\[
\begin{array}{l}
r_{\mathrm{c}}^{p}=R_{3}+225 \kappa M=6603 \kappa м, \\
r_{\mathrm{c}}^{a}=R_{3}-710 \kappa M=7088 \kappa м .
\end{array}
\]

Для определения периода спутника $T_{\mathrm{c}}$ воспользуемся третьим законом Кеплера $T_{\mathrm{c}}^{2} / T_{\mathrm{JI}}^{2}=a_{\mathrm{c}}^{3} / a_{\mathrm{JI}}^{3}$, где $a_{\mathrm{c}}$ и $a_{Л} \rightarrow$ большие полуоси орбит спутника и Луны соответственно, а $T_{л}$-период обрашения Луны.

Выразим длину большой полуоси орбиты через $r^{p}$ и $r^{a}$, воспользовавшись для этого формулами, приведенными на стр. 19:

откуда
\[
r^{p}=a-c, \quad r^{a}=a+c,
\]
\[
a=\frac{r^{p}+r^{a}}{2} .
\]

Подставляя $a$ в формулу для отношения периодов, находим
\[
T_{\mathrm{c}}^{2}=\left(\frac{r_{\mathrm{c}}^{p}+r_{\mathrm{c}}^{a}}{r_{\Omega}^{p}+r_{\Omega}^{a}}\right)^{3} T_{\Omega}^{2} .
\]

В нашем случае әто дает $T_{\mathrm{c}}=1,55 \mathrm{qac}$.
7.2. а) Так как спутник движется по круговой орбите радиусом $R$, то, сместившись на $x$ в горизонтальном направлении, он одновременно переместится на расстояние $s$ по вертикали. Выпишем формулу, связывающую $s$ и $x$. (см. «Јекции», вып. 1, подпись к рис. 74, стр. 127):
\[
\frac{x}{s}=\frac{2 R-s}{x} \approx \frac{2 R}{x}
\]
(s считаем малым, т. е. считаем, что прошло очень мало времени с того момента, как спутник побывал в точке $A$ ). Таким образом,
\[
s=\frac{x^{2}}{2 R} .
\]

Длина дуги $A B$ равна ot (v-скорость спутника). Но если эта длина мала, то можно считать, что и $x \approx v t$, следовательно,
\[
s=\frac{v^{2}}{R} \cdot \frac{t^{2}}{2} .
\]

C другой стороны, формула пути для равноускоренного движения имеет вид $s=a t^{2} / 2$. Сравнивая эти две формулы, видим, что центростремительное ускорение спутника $a_{\text {ц }}=v^{2} / R$.
б) Если положить $a=G M / R^{2}$, то
\[
\frac{v^{2}}{R}=\frac{G M}{R^{2}} \quad \text { и } \quad v^{2}=\frac{G M}{R} \text {. }
\]

Период обращения есть время, за которое тело совершает один оборот, так что $T=2 \pi R / v$, илн
\[
T^{2}=\frac{4 \pi^{2} R^{2}}{v^{2}}=\frac{4 \pi^{2}}{G M} R^{3} .
\]

Найденное выражение для $T$ соответствует третьему закону Кеплера: квадрат периода пропорционален кубу большой полуоси орбиты (в нашем случае круговой орбиты-еe радиусу) (см. § 2 гл. 7 «Лекцнй», вып. 1 , стр. 123).
7.3. а) Будем считать, что Луна вращается вокруг Земли по круговой орбите радиусом $R_{\text {л }}=380000 \kappa м$ є периодом $T_{\text {лI }}=27,3$ дня, а Земля вращается вокруг Солнца по такой же орбите с параметрами $R_{3}=149500000 \kappa м$; $T_{3}=365,25$ дня.

Воспользуемся формулой для пернода об́ращения спутника, полученной в предыдущей задаче:
\[
T^{2}=\frac{4 \pi^{2}}{G M} R^{3} .
\]

Записав периоды обращения Луны и Земли и взяв их отношение, получим
\[
\frac{T_{J 1}^{2}}{T_{3}^{2}}=\frac{R_{J 1}^{3}}{R_{3}^{3}} \frac{M_{\mathrm{C}}}{M_{3}},
\]

где $M_{\text {С }}$ и $M_{3}$ – масса Солнца и Земли соответственно, откуда
\[
\frac{M_{\mathrm{C}}}{M_{3}}=\frac{T_{\mathrm{N}}^{2}}{T_{3}^{2}} \cdot \frac{R_{3}^{3}}{R_{3 \mathrm{I}}^{3}}=3,3 \cdot 10^{5} .
\]
б) Рассмотрев аналогично движение Луны вокруг Земли и спутника Ио вокруг Юпитера, нолучим
\[
\frac{M_{\mathrm{O}}}{M_{3}}=\left(\frac{T_{\mathrm{UI}}}{T_{\mathrm{Ho}}}\right)^{2} \cdot\left(\frac{R_{\text {Ио }}}{R_{\mathrm{II}}}\right)^{3}=318,
\]

где $M_{\text {ю }}$ – масса Юпитера, а $T_{\text {Но }}$ п $R_{\text {ио }}$-период об. ращения и радиус орбиты спутика Ио.
7.4. Пусть массы $M_{1}$ и $M_{2}$ вращаются по круговым оро́нтам с радиусами $r_{1}$ н $r_{2}$ соответетвенно, прнчем $r_{1}+r_{2}=R$ ( $R$ – постоянное расстояние между массамі). Вращаясь вокруг неподвижной точки (их общего центра масс), эти тела все время находятся на одиой прямой, соединяющей данные масы и проходящей через неподвижную точку вращения. Поэтому периоды обращения обоих тет одинаковы н равны $T$.
Рассмотрим двнжение одного тела, например первого. Сила притяжения, деиствующая на него со стороны второго тела, равна
\[
F^{(1)}=\frac{G M_{1} M_{2}}{R^{2}} .
\]

Как было показано в задаче 7.2 , под действием этой силы гело движется с центростремительным ускорением
\[
a_{\mathrm{\Lambda}}^{(1)}=\frac{V_{1}^{2}}{r_{1}} .
\]

Учнтывая, что период обращения $T=2 \pi r_{1} / v_{1}$ и что $F^{(1)}=M_{1} a_{\text {丸 }}^{(1)}$ (см. § 3 гл. 7 «Лекций, вып. 1), получаем
\[
F^{(1)}=M_{1} \frac{(2, T)^{2} r_{1}^{2}}{T^{2} r_{1}}=G \frac{M_{1} M_{2}}{R^{2}},
\]

откуда
\[
\frac{(2 \pi)^{2} r_{1}}{T^{2}}=\frac{G M_{2}}{R^{2}} .
\]

Аналогично можем написать для второго тела:
\[
\frac{(2 \pi)^{2} r_{2}}{T^{2}}=\frac{G M_{1}}{R^{2}} .
\]

Складывая два госледних выражения и учитывая, что $r_{1}+r_{2}=R$, находим
\[
T^{2}=\frac{(2 \pi)^{2} R^{3}}{G\left(M_{1}-M_{2}\right)} .
\]

Полученная формула показьвает, что пернод обращения тел зависит только от расстолния между ними и их суммарной массы (а не массы қаждого ғз тел или же отношения их масс).

Перейдем теперь к стучаю эллиптиеских орбнт. Речь идет в суцности о трех эллипах: по эллипсам двнжутся оба тела (легкое-по больному, тяжелое-по малому) и, кроме того, относительное двикение тел также происходит по эллипсу (см. «Лекцни», вып. 1, гл. 7). Все три эллипса подобны друг другу; т. е. обладают одним и тем же эксцентриситетом. Если учесть также, что центр масс системы остается неподвижным (он лежит в общем фокусе орбит обоих тел), а расстояния от центра масс до тел обратно пропорциональны их массам, то мы придем к выводу, что расположение тел и их орбит такое, как на рисунке.

Обозначим через $v_{1}$ и $v_{2}$ скорости тел $M_{1}$ и $M_{2}$ в тот момент времени, когда они находятся в апогее. Как видно из рисунка,
\[
\frac{v_{1}}{v_{2}}=\frac{a_{1}+c_{1}}{a_{2}+c_{2}}=\frac{a_{1}(1+e)}{a_{2}(1+c)}=\frac{a_{1}}{a_{2}}
\]
(индексами 1 и 2 обозначены величины, относяциеся к эллипсам, по которым движутся массы $M_{1}$ и $M_{2}$ ).

Чтои́ы получить для эллиптических орбит те же выражения, что и для кругодых, вспомним, что эллипс можно представить себе как окружность, видимую под некоторым углом к своей плоскости или (что то же самое) как проекцию окрукности на наклонную плоскость. Иначе говоря, эллипс можно получить из окружности, если изменить масштаб вдоль одной из осей координат. Ускорение тела при двикении его по окружности было вычислено в «Лекциях» (вып. 1, гл. 7, подпись к рис. 7.4, стр. 127). Чтобы получить ускорение тела (например, $M_{1}$ ) в интересующем нас сууче, представим сесе, что его орбита получена из круговой увеличением масштаба в «вертикальном направлении» в $a_{1} / b_{1}$ раз. Беличина $x$ при этом не изменится, а $s$ увеличится и станет равным $s_{1}=\left(a_{1} / b_{1}\right) s$.

Подставив в соотношение $x^{2}=2 R s$ (справедливое для окружности) их значения после увеличения масштаба $x_{1}=x$, $s_{1}=\left(a_{1} / b_{1}\right)$ s и $R=b_{1}$ («горизонтальные» размеры не изменились, поэтому малая полуось эллипса равна радиусу исходной окружности), полулим
\[
x^{2}=2 \frac{b_{1}^{2}}{a_{1}} s_{1} \text {. }
\]

Таким образом, радиус кривизны эллипса в точке пересечения с большой полуосью равен $b_{1}^{2} / a_{1}$. Счктая, что в течение очень малого промежутка времени первое тело движется по круговой орбите этого радиуса, можно написать
\[
\frac{v_{1}^{2} a_{1}^{2}}{b_{1}^{2}}=\frac{G M_{2}}{(a+c)^{2}}=\frac{G M_{2}}{a^{2}(1+e)^{2}}
\]
(здесь $a$ и $c$-параметры орбиты относительного движения тел: $a=a_{1}+a_{2}, c=c_{1}+c_{2}$ ). Аналогично для второго тела
\[
\frac{v_{2}^{2} a_{2}^{2}}{b_{2}^{2}}=\frac{G M_{1}}{a^{2}(1+e)^{2}} .
\]

Складывая последние два равенства и выражая $v_{2}$ через $v_{1}$, эолучаем
\[
\frac{v_{1}^{2}(1+e)}{a_{1}^{2}(1-e)}=\frac{G\left(M_{1}+M_{2}\right)}{a^{3}} .
\]

Остаелся линь выяснить, какое отношение нмеет к терноду обращения величина, стоящая в левой части этого равенства. Заметим прежде всего, что площадь, которую за единицу времени «заметает» радиус-вектор тела $M_{1}$ (проведенный из точки 0 ), равна $1 / 2 v_{1}\left(a_{1}+c_{1}\right)=1 / 2 v_{1} a_{1}(1+e)$. Хотя фактнцески мы вычислили скорость нзменения «заметаемойs ілоцади для того момента, когда тело $M_{1}$ находится в апоге, согласно второму закону Кеплера, эта скорость не меняется при движении тела по орбите. Поэтому величина $1 / 2 v_{1} a_{1}(1+e) T$ (здесь $T$ – период обрацения) равна площади орбиты тела $M_{1}$. Площадь эллипса легко вычнслить, если сообразить, что при увеличении масштаба по одной из осей плоцадь фнгуры увеличивается во столько же раз, что и масштаб́. Поэтому площадь э.тлипса равна
\[
\pi b_{1}^{2} \cdot \frac{a_{1}}{b_{1}}=\pi a_{1} b_{1}=\pi a_{1}^{2} \sqrt{1-e^{2}} .
\]

Гегерь петрудно \беднться, пто
\[
T=\frac{2 \pi \alpha_{1}}{\tau_{1}} \sqrt{\frac{1-e}{1+e}}, \text { a } T^{2}=\frac{4 \pi^{2} a^{3}}{G\left(M_{1}+M_{2}\right)} .
\]
9.5. Как было показано в предыдущей задаче, квадрат периода обращения , двух тел вокруг их центра масс есть
\[
T \cdot=\frac{(2 \pi)^{2} R^{3}}{G\left(M_{1}-M_{2}\right)} .
\]
(Здесь $R$-большал полуось относительного движения двух звезд.)

Применяя эту рормулук движенио двух звезд $a$ и $b$ и к системе Солие-Земл, пишем
\[
T^{2}=\frac{(2 \pi)^{2} R^{3}}{G\left(M_{a}+M_{b}\right)} \text { н } T_{3}^{2}=\frac{(2 \pi)^{2} R_{3}^{3}}{G\left(M_{\mathrm{C}}+M_{3}\right)} .
\]
( $R_{3}$ и $T_{3}$-большая полуось земной орбиты и период обращения Земли.) Беря отношение этих периодов и пренебрегая массої Земли по сравнению с массой Солнца, получаем
\[
\frac{M_{a}+M_{b}}{M_{\mathrm{C}}}=\left(\frac{R}{R_{3}}\right)^{3}\left(\frac{T_{3}}{T}\right)^{2} .
\]

Но $T_{3}=1$ год; $R_{3}=1 A . E$. (но определению астрономической единнцы длины), так что
\[
\frac{M_{a}+M_{b}}{M_{\mathrm{C}}}=\frac{R^{3}}{T^{2}} .
\]
7.6. а) Предположим, что плоскость орбиты системы Сириуса перпендикулярна направлению на Землю. В этом случае по рис. 7.7 «Јекций» (вып. 1, стр. 131) можно определить величину большой полуоси орбиты Сириуса $B$ (в угловых единицах). Она оказывается равной примерно $7,30^{\prime \prime}$. Из того же рисунка можно заключить, что период обращения системы около 45 лет.
В предыдущей задаче было показано, что при орбитальном двнженин различньх тел можно установить соотношение
\[
\frac{M_{a}+M_{b}}{M_{\mathrm{C}}}=\left(\frac{R}{R_{3}}\right)^{3}\left(\frac{T_{3}}{T}\right)^{2}
\]
(обозначения те же, что и в задаче 7.5).
Отсюда суммарная масса двойной звезды Сириуса равна
\[
M_{a}+M_{b}=\left(\frac{R}{R_{3}}\right)^{3}\left(\frac{T_{3}}{T}\right)^{2} M_{\mathrm{C}} \approx 3,7 M_{\mathrm{C}} .
\]
б) Это значенне массы есть ее нижний предел, так как если поокость орбиты не перпендикулярна направлению на Землю, то ее большая полуось в действительности больше ее видимого с Земли размера. Масса двойной звезды пропорцнональна кубу большой полуоси, так что минимальной величине полуоси соответствует минимальное жө значенне массы.
7.7. Орбитальная скорость нланеты такова, что за равные промежутки времени $\tau$ ее радиус-вектор «заметает» равные площади (второй закон Кеплера). Рассмотрим движение Земли вблизи перигея и апогея за такие малые интервалы времени $\Delta t$, чтобы ее траекторию можно было считать прямолинейной. Тогда «защетаемые» площади есть треугольники с основаниями $v_{\text {мин }} \Delta t$ и $v_{\text {макс }} \Delta t$ и высотами $r_{\boldsymbol{a}}$ и $r_{\boldsymbol{p}}$ соответственно, так что
Отсюда
\[
\gamma=\frac{v_{\text {мащc }}}{v_{\text {мин }}}=\frac{r_{a}}{r_{p}} .
\]

Но для элиипса $r_{a}=a(1+e)$, а $r_{p}=a(1-e)$; следовательно, $\gamma=(1+e) /(1-e) \approx 1+2 e$ (поскольку $e \ll 1$ ). Это дает $\gamma \approx 1,0334$.

7.8. а) По данным о появлении кометы находим ее период $T$ обращения вокруг Солнца. Он равен $T=76$ лет. Пользуясь третьим законом Кеплера, найдем большую полуось $a$ орбиты кометы
\[
\left(\frac{a}{a_{3}}\right)^{3}\left(\frac{T_{3}}{T}\right)^{2}=1,
\]

где $a_{3}$ и $T_{3}$ – большая полуось орбиты и период обращения Земли.
Если измерять $a$ в A.E., а $T$ в годах, то
\[
a=T^{2 / \mathrm{s}} \approx 18 \text { A.E. }
\]

Для расстояний в апогее и перигее имеем
что дает
\[
\begin{array}{l}
r_{a}=a+c \text { и } r_{p}=a-c, \\
r_{a}=2 a-r_{p}=35,4 \text { A.E. }
\end{array}
\]
б) В предыдущей задаче было показано, что отношение максимальной и минимальной скоростей $\gamma$ равно отношению расстояний в апогее и перигее. Итак,
\[
\gamma=\frac{r_{a}}{r_{p}}=59 .
\]
7.9. В задаче 7.4 было показано, что период обращения двух тел вокруг их общего центра масс равен
\[
T^{2}=\frac{(2 \pi)^{2} R^{3}}{G\left(M_{1}+M_{2}\right)},
\]

где $R$-расстояние между телами; $M_{1}$ и $M_{2}$-их массы, а $G$ – постоянная в законе тяготения.

Применив эту формулу к системе Земля – Луна, найдем массу Луны:
\[
M_{\text {Л }}=\frac{(2 \pi)^{2} R^{3}}{G T_{\Omega}^{2}}-M_{3}
\]
( $T_{л}$-период обращения Луны вокруг Земли, $M_{3}$ – масса Земли, $M_{\text {л}}$-масса Луны, $R_{\text {л}}$-расстояние от Земли до Луны).

Достижения современной ракетной техники дают нам еще один способ определения массы Луны. Запустив искусственный спутник Луны и определив его период обращения $T$ и большую полуось его орбиты $R$, записываем (см. вадачу 7.2)
\[
T^{2}=\frac{(2 \pi)^{2} R^{3}}{G M_{J}} \text {, т. e. } M_{Л}=\frac{(2 \pi)^{2} R^{3}}{G T^{2}}
\]
(мы пренебрегли массой искусственного спутника по сравнению с массой Луны).

Или, чтобы исключить $G$ (см. задачу 7.3):
\[
\frac{T^{2}}{T_{Л}^{2}}=\frac{R^{3}}{R_{Л}^{3}} \cdot \frac{M_{3}}{M_{Л}} \text {, откуда } M_{Л}=\frac{R^{3}}{R_{J}^{3}} \cdot \frac{T_{J}^{2}}{T^{2}} \cdot M_{3} .
\]
7.10. Тело массы $m$, находящееся на поверхности Земли, притягивается к ней с силой
\[
F=G \frac{m M_{3}}{R_{3}^{2}} .
\]

Но $F=m g_{3}$, где $g_{3}$ – усксрение силы тяжести на Земле. Прправнивая эти два выражения, получаем
\[
m g_{3}=G \frac{m M_{3}}{R_{3}^{2}} \quad \text { и } \quad g_{3}=G \frac{M_{3}}{R_{3}^{2}} .
\]

Аналогично,
\[
g_{\Pi}=\frac{G M_{\pi}}{R_{\pi}^{2}}
\]
$\left(M_{\sqrt{ }}, g_{\sqrt{ }}, R_{л}\right.$-масса, радиус и ускорение силы тяжести Луны). Сравнивая $g_{\Omega}$ и $g_{3}$, находим
7.11. Пусть лаборатория, где производится эксперимент, расположена в точке $C$ Земли. На тела, находящиеся в лаборатории, действуют силы притяжения Земли и Луны, причем эти силы вычитаются, если Луна иаходится в точке $A$, или складываются, если Луна находится в точке B. Ускорение свободного падения для этих двух случаев равно
\[
g_{1}=\frac{G M_{3}}{R_{3}^{2}}-\frac{G M_{Л}}{\left(R-R_{3}\right)^{2}}, \quad g_{2}=\frac{G M_{3}}{R_{3}^{2}}+\frac{G M_{\Omega}}{\left(R_{3}+R\right)^{2}} .
\]

где $R$-расстояние от центра Земли до Луны.
Очевидно, что $g_{1}$ и $g_{2}$-минимальное и макснмальное значения, которые ускорение $g$ принимает в течение суток. Таким образом, самое большое нзменение ускорения свободного падения тел за счет суточного вращения Земли равно
\[
\Delta g=g_{2}-g_{1}=\frac{G M_{Л}}{\left(R+R_{3}\right)^{2}}+\frac{G M_{\Omega}}{\left(R-R_{3}\right)^{2}} \approx \frac{2 G M_{Л}}{R^{2}}
\]
(мы учли, что $R_{3} \ll R$ ).
Среднее ускорение силы тяжести равно $G M_{3} / R_{3}^{2}$.

Таким образом,
\[
\frac{\Delta g}{g}=2 \frac{M_{\pi}}{M_{3}}\left(\frac{R_{3}}{R}\right)^{2} \approx 10^{-5} .
\]

Следовательно, величину g нужно измерять с точностью не меньшей, чем до пятого знака, чтобы уловить се нзменение вследствие суточного вращения Земли.

К главе 8. Движение
8.1. Известно [формула (8.9) «Лекций», вып. 1, стр. 153], что ускорение есть производная скорости по времсни: $a=d v d t$. Стало быть, нужно подобрать такую функцию $v_{x}(t)$, чтобы ее производная была постоянной и равной $a$. Jetro убедиться в том, что $v_{x}(t)=a t+c$, где $c$ – некоторая ностоянная величнна (ее производная равна нулю!). Физический смысл постоянной $c$ легко выяснить, если юотожить $t \approx 0$ в формуле для $v_{x}(t)$. Тогда $c=v_{x}(0)=v_{x_{0}}$.
Вспомним теперь, что $v=d x / d t$ и подберем $x(t)$ так, чтобы получилась нужная производная.
Очевидно, $x(t)=a t^{2} / 2+v_{x_{0}} t+d$. Снова, потагая $t=0$, убеждаемся, что здесь $d=x(0)=x_{0}$.
8.2. Из полученного в предыдущей задаче выражения для скорости находим $t=\left(v_{x}-v_{x_{0}}\right) / a$. Годставляя это ныраженте в формулу для $x$, получаем
\[
v_{x}^{2}=v_{x_{0}}^{2}+2 a\left(x-x_{0}\right) .
\]
8.3. Для движений вдоль осей $x, y, z$ можно непосредствені написать
\[
\begin{array}{ll}
v_{x}=v_{x_{0}}+a_{x} t, & x=x_{0}+v_{x_{0}} t+\frac{1}{2} a_{x} t^{2}, \\
v_{y}=v_{y_{0}}+a_{y} t, & y=y_{0}+v_{y_{0}} t+\frac{1}{2} a_{y} t^{2}, \\
v_{z}=v_{z_{0}}+a_{z} t, & z=z_{0}+v_{z_{0}} t+\frac{1}{2} a_{z} t^{2} .
\end{array}
\]

Последнее выражение задачи 8.2 можно записать как
\[
v_{x}^{2}=v_{x_{0}}^{2}+2 a_{x}\left(x-x_{0}\right) .
\]

Обобщая его на случай движения вдоль осей $y$ и $z$, нмеем
\[
\begin{array}{c}
\dot{v}_{y}^{2}=v_{y_{0}}^{2}+2 a_{y}\left(y-y_{0}\right), \\
v_{z}^{2}=v_{z_{0}}^{2}+2 a_{z}\left(z-z_{0}\right) .
\end{array}
\]

Ск.тадывая три последних равенства и учитывая формулу (8.16) «Лекций» (вып.1, стр. 155), получаем
\[
v^{2}=c_{0}^{2}+2\left[a_{x}\left(x-x_{0}\right)+a_{y}\left(y-y_{0}\right)+a_{z}\left(z-z_{0}\right)\right] .
\]
8.4. Обозначим расстояние, которое пролетит снаряд по горивонтали, через $S$, а максимальную высоту его полета – через $H . В$ начальный момент времени $(t=0), \quad x_{0}=0, \quad y_{0}=0$, а $v_{x_{0}}=v \cos \theta, v_{y_{0}}=v \sin \theta$ (см. § 5 гл. 8 «Лекций», вып, 1, стр. 152). Пспотьзуя результаты задачи 8.3, находим
\[
\begin{array}{l}
x=v_{x_{1}} t, \\
y=v_{y_{0}}-\frac{1}{2} g t^{2}
\end{array}
\]
(эдесь учтено, что $a_{y}=-g$ ).
Очевидно, расстоянию $S$ по оси $x$ соответствует $y=0$; отсюда можно найтн момент падения снаряда на землю:
\[
v_{y_{0}} t-\frac{1}{2} g t^{2}=0
\]

так что
\[
t_{1}=0 \quad \text { и } \quad t_{2}=\frac{2 v_{y_{0}}}{g} .
\]

Решенню $t_{1}=0$ соответствует просто начальное положение $x=0, y=0$. Значит,
\[
S=v_{x_{1} t_{2}} t_{2}=v \cos \theta \frac{2 v \sin \theta}{g}=\frac{v^{2} \sin 2 \theta}{g} .
\]

Из соображеннй симметрии понятно, что максимальная высота достигается снарядом в момент времени $t^{\prime}=t_{2} / 2$, откуда
\[
H=v_{x_{y}} t^{\prime}-\frac{1}{2} g t^{\prime 2}=\frac{v^{2}}{2 g} \sin ^{2} \theta .
\]

8.5. В предыдущей задаче было показано, что дальность горизонтального полета снаряда определяется формулой
\[
S=\frac{v^{2}}{g} \sin 2 \theta .
\]

Максимальной дальности полета ссответствует такой угол вылета $\theta$, что $\sin 2 \theta=1$. Отсюда $\theta=\pi / 4$.
8.6. Запишем выражение для пройденного пути при ускоренном движении автомобнля: $s(t)=v_{6} t+1 / 2 a t^{2}$, где $v_{0}$-скорость автомобиля в начале ускоренного движения, $a$ – его ускорение. Учитывая, что в момент времени $t_{1}=16$ сек путь $s_{1}=0,1$ мили, а при $t_{2}=16+3=24$ сек $s_{2}=0,2$ мили, записываем два уравненил для а и $v_{0}$ :
\[
\begin{array}{l}
0,1=v_{0} 16+\frac{1}{2} a 16^{2}, \\
0,2=v_{0} 24+\frac{1}{2} a 24^{2} .
\end{array}
\]

Решая полученную систему уравнений, находим
\[
\begin{array}{l}
a=\frac{0,1}{320} \text { мuль } / \text { сек }^{2}=0,5 \mathrm{~m} / \text { сек }^{2}, \\
v_{0}=\frac{0,3}{80} \text { миль } / \text { сек }=21,6 \text { км/час. }
\end{array}
\]

Используя эти значения $a$ и $v_{0}$, находим скорость автомобиля в момент времени $t_{2}$ :
\[
v_{t_{2}}=v_{0}+a t_{2}=64,8 \mathrm{ksi} / \mathrm{uac} .
\]
8.7. а) В промежуток времени от $t_{0}=0$ до $t_{1}=50$ сек, т. е. во время работы двигателя, ракета двигалась с ускорением $2 g$. Значит, в этом интервале времени скорость ракеты определяется формулой
\[
0=2 g t .
\]

Графиком этой зависимости является прямая (отрезок $O A$ ). С момента времени $t=50 c c к$ и дальше до падения на Землю ракета движется с ускорением $-g$, так что
\[
v=100 g-g(t-50) \text {. }
\]

График этой функции тоже прямая (справа от точки $A$ ).
б) Так как вертикальная скорость обращается в нуль в наивысшей точке траектории, моменту времени $t_{B}$ соответствует максимальная высота полета ракеты. Таким образом,
\[
H_{\text {макс }}=\frac{1}{2} 2 g t_{1}^{2}+100 g\left(t_{B}-50\right)-\frac{g}{2}\left(t_{B}-50\right)^{2}=75500 \mu .
\]

в) С высоты $H_{\text {макс }}$ (с момента времени $t_{B}$ ) ракета свободно падает вния. Землю она достигает через $t^{\prime}$ сек, причем
\[
t^{\prime}=\sqrt{\frac{2 H_{\text {макс }}}{g}}=122,5 \text { сек. }
\]

Полное время движения ракеты
\[
T=t_{B}+t^{\prime}=272,5 \text { cer. }
\]
8.8. Обозначим ускорение тележки с ракетным двигателем через $a_{1}$, а с авиационным – через $a_{2}$. Пусть $2 S$ – проходимый тележками путь. Тележка с ракетным двигателем первую половнну пути проходит за время $t_{1}$, определяемое из уравнепия
\[
S=\frac{1}{2} a_{1} t_{1}^{2}, \quad \text { т. е. } \quad t_{1}=\sqrt{\frac{2 S}{a_{1}}} .
\]

Вторую половину пути она проходит за время $t_{2}$,
\[
S=v_{0} t_{2},
\]

где $v_{0}$-скорость тележки в конце первой половины пути, т. e. $v_{0}=a_{1} t_{1}$, отк уда
\[
S=a_{1} t_{1} t_{2} \quad \text { и } \quad t_{2}=\frac{S}{a_{1} t_{1}}=\sqrt{\frac{S}{2 a_{1}}} .
\]

Тележка с реактивным двигателем проходнт все расстояние за время $t$, такое, что
\[
2 S=\frac{1}{2} a_{2} t^{2}, \text { т. е. } t=\sqrt{\frac{4 S}{2 a_{2}}} .
\]

По условню задачи $t=t_{1}+t_{2}$, так что
\[
\sqrt{2 \frac{S}{a_{1}}}+\sqrt{\frac{S}{2 a_{1}}}=\sqrt{\frac{4 S}{a_{2}}} .
\]

Отсюда находим
\[
\frac{a_{1}}{a_{2}}=\frac{9}{8} \text {. }
\]

8.9. Угол, под которым должна быть выпущена мина, чтобы пройти возле края обрыва, определим по формуле (см. задачу 8.4.)
\[
\sin 2 \alpha=\frac{S g}{v_{0}^{2}} .
\]

Зная, что $S=8100 \mathcal{M}, v_{0}=300 м /$ сек, нолучаем $\sin 2 \alpha=0,882$ и $\alpha_{1}=31^{\circ}, \alpha_{2}=59^{\circ}$.

Очевидно, чем больше будет угол, под которым выпущенд мина, тем ближе она упадет к основанию обрыва, поэтому в нашем случае следует выбрать бо́льний из углов, т. е. $\alpha_{2}$. Рассмотрим теперь деижение мины за краем обрыва. Скорость мины вблизи края обрыва направлена под утыом $\alpha=59^{\circ}$ к горизонту. Следовательно, до падения на земпо мина пролетит по горизонтали расстояние $S_{\text {мнн }}=v_{v} t \cos \alpha$ ( $t$-время движения за краем обрыва). Вычнслим $t$. Так как вертикально вниз мина движется г начальной скоростью $v_{0} \sin \alpha$ и ускорением $g$, то $h=v_{0} t \sin \alpha+g t^{2} / 2$ ( $h$ – высота обрыва). Подставляя вместо $h, v_{0}$ н $\alpha$ чісленные значення, находим $t=0,408$ сек, $S_{\text {мин }} \approx 63$ м.
8.10. а) Извсстно, что $\theta=S / R$. По определенню $\sin \theta=A C / R$, а $\cos \theta=O C / R$. При малых уг.тах $\theta$ дуту $A B$ можно замеиить перпендикуляром $A C$, а $O C$-раднусом $R$. В этом случае $\sin \theta \approx S / R=\theta$ и $\cos \theta \approx R / R=1$.
б) Вычисление производных $\sin x$ и $\cos x$ ясно из приведенных ниже формул:
\[
\begin{aligned}
\frac{d \sin x}{d x} & =\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{\sin (x+\Delta x)-\sin x}{\Delta x}= \\
& =\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{\sin x \cdot \cos \Delta x+\cos x \sin \Delta x-\sin x}{\Delta x}=\cos x
\end{aligned}
\]

и
\[
\begin{aligned}
\frac{d \cos x}{d x} & =\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{\cos (x+\Delta x)-\cos x}{\Delta x}=2 \\
& =\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{\cos x \cos \Delta x-\sin x \sin \Delta x-\cos x}{\Delta x}=-\sin x .
\end{aligned}
\]

Здесь использован тот факт, что
\[
\sin \Delta x \approx \Delta x, \text { a } \cos \Delta x \approx 1 .
\]

8.11. а) Пусть тело в момент времени $t$ окажется в точке $M(x, y)$ окружности. Обозначим через $\varphi$ угол между радиусом этой точки и положительным направлением оси $x$. Как видно из рисунка, координаты этой точки:
\[
x=R \cos \varphi, \quad y=R \sin \varphi .
\]

Діфференцируя эти выражения по времени, получаем
\[
\begin{array}{l}
v_{x}=\frac{d x}{d t}=-R \sin \varphi \frac{d \varphi}{d t}, \\
v_{y}=\frac{d y}{d t}=R \cos \varphi \frac{d \varphi}{d t},
\end{array}
\]

откуда
\[
v=\sqrt{v_{x}^{2}+v_{y}^{2}}=R \frac{d \varphi}{d t} .
\]

Производную $d \varphi / d t$ (скорость изменения угла со временем) назовем угловой скоростью $\omega$.

Таким образом, $v=\omega R$, или $\omega=v / R$. Поскоюьку $v$ не зависит от времени, то и $\omega$ не зависит от времени, так что $\varphi=\omega t$. Вообще говоря, следовало бы написать $\varphi=\omega t+c$, но по ј’словию задачи $\varphi=0$ при $t=0$, так что $c=0$. Следоватсльно, $x=R \cos \omega t, y=R \sin \omega t$,
\[
v_{x}=-R \omega \sin \omega t, \quad v_{y}=R \omega \cos \omega t
\]

II
\[
a_{x}=\frac{d v_{x}}{d t}=-R \omega^{2} \cos \omega t, \quad a_{y}=\frac{d v_{y}}{d t}=-R \omega^{2} \sin \omega t .
\]
б) Сравнивая выраження для $x$ н $a_{x}=\ddot{x}$ » $y$ и $a_{y}=\ddot{y}$, убеждаемся, что
\[
\ddot{x}+\omega^{2} x=0 \quad \text { н } \quad \ddot{y}-1-\omega^{2} y=0 .
\]
8.12. Координату $x$ камешка удобно представить в внде суммы $x=x^{\prime}+x^{\prime \prime}$, где $x^{\prime}$-координата относительно оси колеса, а $x^{\prime \prime}$-координата оси колеса (см. рисунок). Выраженне для $x^{\prime}$ и $y^{\prime}$ получены в предыдущей задаче (мы должны лишь заменить в соответствующи формулах $\omega t$ на – $\omega t$, так как, когда колесо катится в положительном направлении оси $x$, оно вращается по часовой стрелке, а в предыдущей задаче рассмотрено вращение против часовой стрелки). Итак,
\[
\begin{array}{l}
x^{\prime}=R \cos \frac{v}{R} t, \\
y^{\prime}=-R \sin \frac{v}{R} t .
\end{array}
\]

С другой стороны, $x^{\prime \prime}=v t$, так что
\[
\begin{array}{l}
x=v t+R \cos \frac{v}{R} t, \\
y=-R \sin \frac{v}{R} t .
\end{array}
\]

Если исключить из этих соотношений время, то мы получим зависимость $y(x)$, которая графически изображается кривой, называемой циклондой (см. рисунок). Дифференцируя полученные выше выражения для $x$ и $y$ по времени, получаем
\[
\begin{array}{l}
v_{x}=v-v \sin \frac{v}{R} t, \\
v_{y}=-v \cos \frac{v}{R} t
\end{array}
\]

и
\[
\begin{array}{l}
a_{x}=-\frac{v^{2}}{R} \cos \frac{v}{R} t, \\
a_{y}=\frac{v^{2}}{R} \sin \frac{v}{R} t .
\end{array}
\]

К главе 9. Пинамические законы Ньютона
9.1. Поскольку сила перпендикулярна скорости, то она не может изменить модуль скорости, а может лишь изменить ее направление. Так как модуль скорости постоянен, то постоянна и сама сила ( $F=\beta v$ ). Эта сила вызывает ускорение (в направлении, перпендикулярном к $\boldsymbol{v}$ ), величина которого определяется из соотношения $m a=\beta v$, т. е. $a=\beta v / \mathrm{m}$.

В § 4 гл. 7 «Лекций» (вып. 1) рассматривалось такого рода движение с постоянной по величине скоростью и постоянным ускорением, перпендикулярным скорости. Было показано (см. задачу 7.2), что это есть движение по окружности с радиусом $R=v^{2} / a=m v / \beta$.
9.2. При вычислении радиусов кривизны воспользуемся формулой для ускорения, перпендикулярного скорости
\[
a_{\perp}=\frac{v^{2}}{R} .
\]

Далее,
\[
a_{\perp}=\sqrt{a^{2}-\left(\frac{d v}{d t}\right)^{2}} .
\]

Таким образом, в дополнение к величинам, прнведенным в табл. 9.2 «Лекций (вып. 1, стр. 170), следует вычислить также величины $d v / d t$ и $v^{2}$. Проведя вычисленй, находим для радиуса кривизны орбиты:
\[
\begin{array}{lll}
R=0,664 & \text { при } & t=0, \\
R=0,650 & \text { при } & t=0,82, \\
R=0,665 & \text { при } & t=2,086 .
\end{array}
\]
9.3. а) Мяч влетел в окно горизонтально; это означает, что окно находилось в наивысшей точке траектории мяча. Максимальная же высота подъема определяется по формуле (см. задачу 8.4)
\[
H=\frac{v_{0}^{2}}{2 g} \sin ^{2} \alpha,
\]

откуда
\[
v_{0}=\sqrt{\frac{2 g H}{\sin ^{2} \alpha}}=14,5 \text { м/ceк. }
\]
б) В наивысшей точке скорость горизонтальна, а ускорение равно -g (ускорение свободного падения), вертикально и, таким образом, перпендикулярно скорости. Поэтому
\[
g=\frac{v^{2}}{R},
\]

откуда
\[
R=\frac{v^{2}}{g}=2,46 \text { м. }
\]

Определим теперь радиус кривизны в произвольный момент времени $t$.

Обозначив через $a_{\perp}$ и $a_{\|}$компоненты ускорения – пер. пендикулярную и параллельную скорости, запишем
\[
a_{\perp}^{2}=\sqrt{g^{2}-a_{\|}^{2}} .
\]

Из закона сохранения энергии
\[
\frac{d}{d t}\left(\frac{m v^{2}}{2}+m g h\right)=0,
\]
T. е.
\[
v \frac{d v}{d t}=-g \frac{d h}{d t}=-g v_{y} .
\]

Вспоминая, что $a_{\|}=d v / d t$, находим
\[
a_{i}=-\frac{g v_{y}}{v}
\]

и
\[
a_{\perp}=\frac{g v_{x}}{v},
\]

так как $a_{\perp}=\frac{v^{2}}{R}$,
\[
R=\frac{v^{2}}{a_{\perp}}==\frac{v^{3}}{g v_{x}} .
\]

Далее, $v_{x}=v_{0} \cos \alpha, \quad v_{y}=v_{0} \sin \alpha-g t, \quad v=\sqrt{v_{x}^{2}+v^{\prime}}$,
поэтому в произвольный момент времени
\[
R=\frac{\left(v_{0}^{2}+g^{2} t^{2}-2 g v_{0} \sin \alpha t\right)^{3 / 2}}{g v_{0} \cos \alpha}
\]
9.4. Все величины в системе $M^{\prime} K^{\prime} S^{\prime} A^{\prime}$ будем обозначать буквой со штрихом. Без щтриха будем обозначать те же величины в системе MKSA. Очевидно,
\[
\begin{array}{l}
v^{\prime}=\frac{d l^{\prime}}{d t^{\prime}}=\frac{\lambda}{\tau} \frac{d l}{d t}=\frac{\lambda}{\tau} v, \\
a^{\prime}=\frac{d^{2} l^{\prime}}{d t^{2}}=\frac{d}{d t^{\prime}} \frac{d l^{\prime}}{d t^{\prime}}=\frac{\lambda}{\tau^{2}} \frac{d^{2} l}{d t^{2}}=\frac{\lambda}{\tau^{2}} a,
\end{array}
\]

\[
\begin{aligned}
E^{\prime} & =\frac{m^{\prime} v^{\prime 2}}{2}=\frac{\mu m\left(\frac{\lambda}{\tau}\right)^{2} v^{2}}{2}=\mu\left(\frac{\lambda}{\tau}\right)^{2} E, \\
F^{\prime} & =m^{\prime} a^{\prime}=\mu m \frac{\lambda}{\tau^{2}} a=\frac{\mu \lambda}{\tau^{2}} a m=\frac{\mu \lambda}{\tau^{2}} F, \\
\left(l^{\prime}=\lambda l, \quad m^{\prime}\right. & \left.=\mu m \text { и } t^{\prime}=\tau t\right) .
\end{aligned}
\]
9.5. В системе единиц $M^{\prime} \mathrm{K}^{\prime} \mathrm{S}^{\prime} \mathrm{A}^{\prime}$ сила тяготения запишется в виде
\[
F^{\prime}=\sigma^{\prime} \frac{M_{1}^{\prime} M_{2}^{\prime}}{R^{\prime 2}},
\]

где $G$-гравитационная постоянная. Значит,
\[
G^{\prime}=\frac{F^{\prime} R^{\prime^{2}}}{M_{1}^{\prime} M_{2}^{\prime}}=\frac{\lambda^{3}}{\mu \tau^{2}} \frac{F R}{M_{1} M_{2}}=\frac{\lambda^{3}}{\mu \tau^{2}} G .
\]
(При получении этой формулы был использован результат предыдущей задачи: $F^{\prime}=\left(\mu \lambda / \tau^{2}\right) F$.)
9.6. Заметим прежде всего, что величина $G M \odot$ в штрихованной системе единиц и в системе $\mathrm{MKS}$ связаны между собой соотношеннем
\[
G^{\prime} M_{\odot}^{\prime}=\frac{\lambda^{3}}{\mu \tau^{2}} G \mu M_{\odot}=\frac{\lambda^{3}}{\tau^{2}} G M_{\odot} .
\]

В системе MKS $\mathrm{G}=6,67 \cdot 10^{-11}$ ньютон $\cdot \mu^{2} /$ н $^{3}$, $M_{\odot} \approx 2 \cdot 10^{30} \kappa 2$, поэтому $G M_{\odot}=13,34 \cdot 10^{19} \mathrm{~m}^{3} /$ сек $^{2}$. Вычислим $\lambda$ н $\tau$.

За единицу длины в рассматриваемой системе единиц берется длина большой полуоси орбиты Земли, т. е. расстояние в $14,9 \cdot 10^{10}$ м. Поэтому длина $l^{\prime}$ в $A . E$. через длину $l$ выражается так:
\[
l^{\prime}=\frac{l}{14,9 \cdot 10^{10}}\left(\text { т. е. } \lambda^{-1}=14,9 \cdot 10^{10}\right) .
\]

Аналогично, $\tau^{-1}=3,15 \cdot 10^{7}$ (число секунд в году). Таким образом,
\[
G^{\prime} M^{\prime} \odot=3 \cdot 10^{-19} G M \odot \approx 40(\text { A. E. })^{3} / \text { лет }^{2} .
\]

Величину $G^{\prime} M_{\odot}^{\prime}$ можно легко вычислить и другим способом, если вспомнить выражение для периода обращения планеты, полученное нами в задаче 7.4:
\[
T^{2}=\frac{(2 \pi)^{2} R^{3}}{G\left(M_{1}+M_{2}\right)} .
\]

Применяя эту формулу для системы Солнце-Земля и пренебрегая массой Земли по сравнению с массой Солнца, получаем
\[
G M_{\odot}=\frac{(2 \pi)^{2} R^{3}}{T^{2}} .
\]

Но $R=1$ A.E., а $T=1$ год, так что $G^{\prime} M_{\odot}^{\prime}=(2 \pi)^{2} \approx 40$.
8.7. В модели Солнечной системы все расстояния измеряются числами, в $k$ раз меньшими, чем в «натуральной» системе. Представим сео́е, что это изменение чисел произошло не вследствие реального уменьшения размеров системы, а в результате перехода к новой системе единиц, такой, что $l^{\prime}=k l$. Но тогда и все еднницы, размерность которых включает длину, так же претерпят определенные изменення. В частности, плотность $\rho=m / l^{3}$ станет равной
\[
\rho^{\prime}=\frac{m^{\prime}}{l^{\prime 3}}=\frac{m^{\prime}}{k^{3} l^{3}} .
\]

По условию задачи $\rho^{\prime}=\rho$. Это значит, что нужно взять новую единицу измерения не только для длины, но и для массы тела, причем, очевидно, $m^{\prime}=k^{3} m$.

Как было показано в задаче 7.4, период обрращения $T$ планеты вокруг Солнца выражается через суммарную массу $M$ Солнца и планеты и большую полуось орбиты $R$, так что
\[
T^{2}=\frac{(2 \pi)^{2} R^{3}}{G M} .
\]

В новой системе единиц
\[
T^{\prime 2}=\frac{(2 \pi)^{2} R^{\prime 3}}{G^{\prime} M^{\prime}}=\frac{(2 \pi)^{2} R^{3}}{G M} .
\]

Здесь мы использовалн доказанное в предыдущей задаче соотношение
\[
G^{\prime} M^{\prime}=\frac{k^{3}}{\tau^{2}} G M .
\]
(Роль $\lambda$ задачи 9.6 у нас играет $k$, а $\tau=1$.) Таким образом, мы убеждаемся, что периоды обращения «планет» в изготовленной модели будут такими же, как и в реальной Солнечной снстеме.
9.8. Изменение потенциальной энергии при движении грузов равно изменению потенциальной энергии маленького разновеска (насколько одна масса $M$ опустится, настолько другая поднимется), т. е. $\Delta u=m g h$. Если тела в начальный момент покоились, то это изменение потенциальной энергии равно кинетической энергии всей системы в тот момент, когда подхватывается разновесок:
\[
m g h=\frac{M}{2} v^{2}+\frac{M}{2} v^{2}+\frac{m}{2} v^{2},
\]

откуда
\[
g=\frac{2 M+m}{2 m h} v^{2} .
\]

9.9. Нагрузка $N$ на подвес, а следовательно, и на мачту и гондолу при таком способе перевозки марсиан определяется равенством
\[
N=T_{1}+T
\]
( $T$ – натяжение нити, $T_{1}$ – нагрузка на ось неподвижного блока); $T_{1}$ равна сумме натяжений нити с одной и другой стороны неподвижного блока, т. е. $T_{1}=2 T$, так что $N=3 T$.
Запишем уравнения движения обоих марсиан:
\[
\begin{array}{l}
\frac{P}{g} a_{2}=P-2 T, \\
\frac{F}{g} a_{1}=F-T
\end{array}
\]
(здесь g-ускорение марсианской силы тяжести). Так как веревка нерастяжима, то $a_{1}$ и $a_{2}$ связаны между собой. Очезидно, что при смещенин оси подвижного блока вниз на $x_{2}$ груз $F$ поднимется на расстояние $2 x_{2}$, т. е. $2 x_{2}=-x_{1}$ (грузы смещаются в противоположные стороны), Дважды дифференцируя по времени это соотношение, называемое уравнением связи, получаем
\[
2 a_{2}=-a_{1} .
\]

Требуется решить уравнения движения совместно с получеғным уравнением для ускорений.
После простых подстановок имеем
\[
-\frac{P}{2 g} a_{1}=P-2\left(F-\frac{F}{g} a_{1}\right)=P-2 F+\frac{2 F}{g} a_{1},
\]

откуда
\[
a_{1}=\frac{2 F-P}{2 F+\frac{P}{2}} g=\frac{4 F-2 P}{4 F+P} g .
\]

Таким образом,
\[
T=F-F \frac{4 F-2 P}{4 F+P}=\frac{3 F P}{4 F+P},
\]

а нагрузка на гондолу
\[
N=\frac{9 F P}{4 F+P} .
\]

В нашем случае $P=90 \kappa \Gamma$ и $F=60 \kappa \Gamma$, поэтому для $N$ получаем $147 \kappa \Gamma$.
Выигрыш в нагрузке на гондолу равен
\[
\Delta N=(F+P)-N=3 \kappa \Gamma .
\]

Гондольер Джузеппе мог бы получить значительно больший выигрыш в нагрузке, если бы поменял влюбленных местами. Нетрудно подсчитать, что в этом случае $N=116 \kappa \Gamma$, a $\Delta N=34 \kappa \Gamma$, т. е. выигрыш в нагрузке увеличился бы примерно в 11 раз. Правда, в этом случае Паоло будет двигаться вниз с ускорением, в 3 раза превышающим то, с каким двигалась Франческа при первом способе перевозки, так что Джузеппе придется значительно увеличить скорость гондолы.
9.10. Вес гири $A$ на Луне женьше $1 \kappa \Gamma$, поэтому камень $B$ на блоке перетянет гирю. Запишем уравнения движения:
\[
\begin{array}{l}
m_{B} a=m_{B} g_{J I}-T, \\
m_{A} a=-m_{A} g_{J 1}+T
\end{array}
\]
( $g_{\text {л }}$ – ускоренне силы лунного тяготения, $T$ – натяжение нити), откуда
\[
\left(m_{B}+m_{A}\right) a=\left(m_{B}-m_{A}\right) g_{\Omega} .
\]

Кроме того, известно, что камень $B$ растягивает пружину на Луне так же, как гиря $A$ растягивает ее па Земле. Это означает, что $m_{A} g=m_{B} g_{Л}$, т. е. $g_{Л}=\left(m_{A} / m_{B}\right) g$ ( $g$ – ускорение силы тяжести на Земле).

Подставляя это значение $g_{\text {л }}$ в выражение для $a$, после несложных преобразований получаем квадратное уравнение дітя $m_{B}$ :
\[
a m_{B}^{2}-m_{A}(g-a) m_{B}+m_{A}^{2} g=0 .
\]

Отсюда находим
\[
m_{B}=5,75 \kappa 2 .
\]
(Второе решение квадратного уравнения $m_{B}=1,34$ кг отбрасываем, так как известно, что $\mathrm{g} / \mathrm{g}_{\text {Л }} \approx 6$, поэтому должно быть и $m_{B} / m_{A} \approx 6$.)
9.11. а) Чтобы найти ускорение лифта, запишем уравнение движения системы как целого
\[
\left(M_{1}+M_{2}\right) a=F-\left(M_{1}+M_{2}\right) g,
\]

откуда
\[
a=\frac{F-\left(M_{1}+M_{2}\right) g}{M_{1}+M_{2}}=\frac{F}{M_{1}+M_{2}}-g .
\]
б) На груз $M_{1}$ действуют две снлы: натяжение нити и сила веса, причем $M_{1} a=T-M_{1} g$ (масса $M_{1}$ движется вверх с тем же ускорением $a$, что и лифт), т. е.
\[
T=M_{1}(a+g)=M_{1} \frac{F}{M_{1}+M_{2}} .
\]
в) После обрыва нити на массу $M_{1}$ действует тотько сила тяжести, так что она движется вниз с ускорением $g$. Ускорение же лифта по-прежнему паправлено вверх; величину его найдем нз нового уравіения движения
\[
M_{\Omega} a=F-M_{2} g,
\]
T. e.
\[
a_{2}=\frac{F-M_{2} g}{M_{2}}=\frac{F}{M_{2}}-g .
\]
г) Таким образом, мы убединсь, что тело $M_{1}$ движется вниз с ускорением $g$, а лифт поднимается вверх с ускорением $a_{2}$. Значит, относительно лифта оно движется пс направлению к полу с ускорением
\[
a_{1}=g+a_{2}=\frac{F}{M_{2}} .
\]

Путь $S$ тело пройдет за время $t$, так что $S=1 / 2 a_{1} t^{2}$, откуда
\[
t=\sqrt{\frac{2 S}{a_{1}}}=\sqrt{\frac{2 S M_{2}}{F}} .
\]
9.12. Обозначим массу маляра через $M_{1}$, а массу кресла через $M_{2}$. Запишем уравнения движения маляра и кресла:
\[
\begin{array}{l}
M_{1} a=T-M_{1} g+P, \\
M_{2} a=T-M_{2} g-P,
\end{array}
\]

где $P$-сила давления маляра на кресло.
Вычитая нижнее уравнение из верхнего, находим
\[
a=\frac{2 P-\left(M_{1}-M_{2}\right) g}{M_{1}-M_{2}}=\frac{1}{3} g .
\]

Складывая затем уравнения движения, находим
\[
2 T=\left(M_{1}+M_{2}\right)(a+g)=\frac{4}{3}\left(M_{1}+M_{2}\right) g=112 \kappa \Gamma .
\]

Это и есть полная нагрузка на блок:
\[
N=2 T=112 \kappa \Gamma \text {. }
\]

9.13. Если груз $M_{2}$ не опускается и не поднимается, то это означает, что его вес $\left(M_{2} g\right.$ ) равен натяжению нити. Найдем ускорение $M_{1}$ :
\[
M_{1} a=T=M_{2} g, \quad \text { т. e. } \quad a=\frac{M_{2}}{M_{1}} g .
\]

Определим теперь силу $F$. Так как $M, M_{1}$ и $M_{2}$ движутся как одно целое, то
\[
F=\left(M+M_{1}+M_{2}\right) a=\left(M+M_{1}+M_{2}\right) \frac{M_{2}}{M_{1}} g .
\]
9.14. Массы $M$ и $m$ движутся вправо как единое целое, поэтому $(M+m) a=2 T$, где $a$-ускорение горизонтального движения, а $T$-натяжение нити. Грузик $m$ движется вертикально вииз с ускорением $a_{1}$, уравнение его движения имеет вид $m \alpha_{1}=m g-T$.
Из рисунка, приведенного в условии задачи (стр. 29), видно, что при смещении рамы вправо на расстояние $x$ грузик $m$ опустится вниз на расстояние $y=2 x$, что дает $a_{1}=2 a$.
Таким образом,
\[
(M+m) a_{1}=4 T \quad \text { и } \quad m a_{1}=m g-T .
\]

Из этіх двух уравнений находим
\[
a_{1}=\frac{4 m}{M+5 m} g .
\]

В начальный момент времени грузик $m_{1}$ покоился, поэтому время $t$, за которое он пройдет по вертикали расстояние $d$, можно найти из уравнения
\[
d=\frac{1}{2} a_{1} t^{2},
\]
т. e.
\[
t=\sqrt{\frac{2 d}{a_{1}}}=\sqrt{\frac{M+5 m}{2 m} \cdot \frac{d}{g}} \approx 1 \text { сек. }
\]

К главе 10. Закон сохранения импульса
10.1. Пусть масса движущегося тела $m$, его скорость до соударения $v_{0}$, а масса покоящегося тела $x m$ (т. е. искомо отнонение масс тел обозначено через $x$ ).
Рассмотрим сначала процесс столкновения двух тел не в неподвижной относительно Земли системе координат (будем называть ее лабораторной, или л-системой), а в системе центра масс (системе ц.м.):

в л-системе
до удара
в системе ц. м.

В әтой системе сумма импульсов тел равна нулю (т. е. в момент столкновения массы $m$ и х можно рассматривать как одно покоящееся тело). Отсюда сразу вытекает, что скорости тел $m$ и хm обратно пропорциональны массам. Так как процесс абсолютно упругий, величины скоростей до и после удара одинаковы. Система ц.м. движется относительно Земли (т. е. относительно л-системы) с некоторой скоросгью $v_{\text {ц }}$. Процесс столкновения в л-системе изображен на схеме слева. Столкновение в системе ц.м. можно наблюдать, если, скажем, сесть в машину, движущуюся вправо со скоростью $v_{\text {ц. }}$. При этом вид из машины будет такой

Сравнивая әту картину с тем, что было сказано о столкновении в системе ц.м. ранее, получаем

II
\[
\begin{array}{l}
v_{1}=v_{0}-v_{\text {ц }}, \\
v_{\text {ц }}=\frac{v_{1}}{x}, \\
v_{1}=v+v_{\text {цL }}
\end{array}
\]
\[
\frac{v_{1}}{x}=v-v_{\text {ц. }} .
\]

Вычитая из третьего уравнения четвертое и деля получившееся выражение на второе уравнение, находим
\[
\frac{v_{1}-v_{1} / x}{v_{1} / x}=2,
\]

откуда $x=3$.
10.2. Рассмотрим сначала случай, когда скорости сталкивающихся тел одинаковы и равны $v$. После столкновения тела условию,
\[
\frac{(m / 2) v^{2}-(m / 2)(v-\Delta v)^{2}}{(m / 2) v^{2}}=f,
\]

или
\[
\frac{v^{2}-(v-\Delta v)^{2}}{v^{2}}=f
\]

откуда
\[
v-\Delta v=v \sqrt{1-f} \approx v\left(1-\frac{f}{2}\right),
\]
T. e.
\[
\Delta \mathrm{z}=\frac{v f}{2} .
\]

Обратимся теперь к случаю, когда одно из тел покоітся. а другсе движется со скоростью $v$. Перейдем в спстему координат, движущуюся со скоростью $v / 2$ в том же направлении, что и налетающее тело. Тем самым мы свели задачу к предыдущей, с той лишь разницей, что скорости сталкивающихся тел теперь уже не $v$, а $v / 2$. Соответственно
\[
\Delta v=\frac{v f}{4},
\]
т. е. после столкновения тела разлетаются со скоғостями
\[
\frac{v}{2}-\frac{\tau f}{4} \text {. }
\]

Переходя в неподвижную систему координат, убеждаемся, что ранее неподвижное тело движется со скоростью
\[
v-\frac{v f}{4} \approx v
\]

а иалетевшее – малой скоростью of $/ 4$ в том же направлении, что и до соударения.
10.3. Двигаясь по орбите, спутник в единицу времени сталкивается с молекулами воздуха, занимающими объем $U S$ (v-скорость спутника, $S$ – площадь его поперечного сечения). Масса әтого объема воздуха $m_{1}=\rho S v$, где $\rho$-плотность воздуха.
Измененіе количества движения спутника за этот же промежуток времени $\Delta p \equiv m\left(v-v^{\prime}\right)$ равно, очевидно, изменению количества движения массы $m_{1}$ воздуха, т. е.
\[
\Delta p=m_{1} v=\rho S v^{2} .
\]
(До столкновения средняя скорость молекулы воздуха относительно Земли равна нулю, после столкновения – скорости спутннка $v$.

Но изменение количества движения тела в единицу времени есть просто сила, действующая на тело. Таким образом, тормозящая сила $F_{\text {торм }}=\rho S v^{2}$, т. е. пропорциональна квадрату скорости спутника. Найдем ее величину.
Для стационарной орбиты

откуда
\[
\frac{m v^{2}}{R+h}=\frac{G m M}{(R+h)^{2}},
\]
\[
v^{2}=\frac{G M}{R+h}
\]
( $M$ и $R$-масса и радиус Земли, $G$-постоянная тяготения).
Если тело находится на поверхности Земли, то, очевидно,
\[
m g=\frac{G m M}{R^{2}} \text { и } G M=g R^{2} .
\]

Подставляя это значение $G M$ в выражение для скорости спутника, получаем
\[
v^{2}=\frac{g R^{2}}{R+h} \approx g R\left(1-\frac{h}{R}\right) .
\]
[Здесь мы воспользовались приближенной формулой! $1 /(1+x) \approx 1-x$ при $x \ll 1$.] Таким образом,
\[
\begin{array}{c}
F_{\mathrm{торм}}=\rho S g R\left(1-\frac{h}{R}\right) \approx 0,5 \cdot 10^{-2} \text { ньютон } \\
\left(\rho=1,6 \cdot 10^{-10} \kappa \tau / \mathrm{M}^{3}, S=0,5 \mathrm{M}^{2}, g=9,8 \mathrm{M} / \text { сек }^{2}, R \approx 6,37 \cdot 10^{6} \mathrm{M},\right. \\
\left.h=0,2 \cdot 10^{6} \mathrm{M}\right) .
\end{array}
\]

Как видно из формулы, связывающей высоту и скорость спутника, скорость спутника по мере уменьшения его высоты увеличивается. Может показаться странным, что действие силы торможения приводит к увеличению скорости. Однако дело состоит в том, что при наличии торможения скорость спутника уже не перпендикулярна к направлению силы тяжести, т. е. появляется составляющая силы тяжести, изменяющая величину скорости спутника. Ускоряющее действие этой составляющей превосходит тормозящее действие силы торможения.
10.4. а) Можно считать, что в самом начале движения масса ракеты остается все время постоянной и равной $M_{0}$, т. е. можно пренебречь массой истекающих газов по сравнению с начальной массой ракеты. Кроме того, можно считать скорость газов относительно Земли постоянной и равной $v_{0}$, так как скорость ракеты очень мала. Если вначале ракета покоилась, то количество движения ракеты вместе с топливом равно нулю. За время $t$ из ракеты выбрасывается $r_{0} t$ ке газа со скоростью $v_{0}$, сама ракета начинает двигаться со скоростью $v$ в противоположном направлении. Из закона сохранения количества движения $v_{0} r_{0} t=M_{0} v$, или $v=\left(v_{0} r_{0} / M_{0}\right) t$. Ускорение же ракеты равно
\[
a=\frac{d v}{d t}=\frac{v_{0} r_{0}}{M_{0}} .
\]
б) Силой тяги называется произведение массы ракеты на ускорение. Как было показано в пункте (а), это ускорение равно $v_{0} r_{0} / M_{0}$, откуда $F=v_{0} r_{0}$. Следовательно, расход топлива для создания необходимой силы тяги есть
\[
r_{0}=\frac{F}{v_{0}}=\frac{9,8 \cdot 10^{5} \mathrm{H} \text { нотон }}{2 \cdot 10^{3} \mathrm{M} / \text { сек }}=490 \mathrm{\kappa z} / \text { сек. }
\]

Мы здесь рассматривали силу тяги и расход топлива только в начальный момент времени. Ниже будет показано, что при постоянной относительной скорости истечения газов $v_{0}$ сила тяги тоже постоянна, т. е. полученный результат справедлив в любой момент времени.
в) Пусть $M$-масса ракеты, а $v$-ее скорость в произвольный момент времени $t$. За промежуток времени $d t$ из ракеты будет выброшено $r_{0} d t$ газов со скоростью (относительно Земли) $v-v_{0}$, в результате чего скорость ракеты возрастет на $d v$. Согласно закону сохранения количества движения,
\[
M v=\left(v-v_{0}\right) r_{0} d t+(v+d v)\left(M-r_{0} d t\right),
\]

откуда следует
\[
M \frac{d v}{d t}=r_{0} v_{0} .
\]

В левой части полученного уравнения стоит произведение массы ракеты в данный момент времени на ее ускорение $d v / d t$, следовательно, в правой части стоит сила $F$. Как видим, при постоянных $r_{0}$ и $v_{0}$ она также постоянна. Но $M=M_{0}-r_{0} t$, так что
\[
\frac{d v}{v_{0}}=\frac{r_{0} d t}{M_{0}-r_{0} t} .
\]

Интегрируя правую и левую части, получаем зависимость скорости ракеты от времени
\[
\frac{
u}{\dot{t}_{0}}=-\ln \left(M_{0}-r_{0} t\right)+C .
\]

Интеграл, стоящий в правой части, можно найти в математическом справочнике. Во всяком случае, пользуясь приближенной формулой $\ln (1+x) \approx x$ при $x \ll 1$, можно показатъ, что
\[
\begin{aligned}
\frac{d \ln x}{d x} & =\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{\ln (x+\Delta x)-\ln x}{\Delta x}= \\
& =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln [x(1+\Delta x / x)]-\ln x}{\Delta x}= \\
& =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln (1+\Delta x / x)}{\Delta x}=\frac{1}{x} .
\end{aligned}
\]

Постоянная $C$ определяется начальными условиями. Если при $t=0$ ракета покоилась, то $C=\ln M_{0}$. Поэтому
\[
v=v_{0} \ln \frac{M_{A}}{M_{0}-r t}=v_{0} \ln \frac{M_{0}}{\bar{M}} .
\]
10.5. Перейдем в систему координат, движущуюся со скоростью $v_{\text {ц.м. }}$. В этой системе скорости $m_{1}$ и $m_{2}$ будут соответственно $v_{1}-v_{\text {ц.м. }}$ и $v_{2}-v_{\text {ц.м. }}$. По определению системы ц.м.
\[
m_{1}\left(v_{1}-v_{\text {ц.м. } .}\right)=-m_{2}\left(v_{2}-v_{\text {ц.м. } .}\right),
\]

откуда
\[
v_{\text {ц.м. }}=\frac{m_{1} v_{1}+m_{2} v_{2}}{m_{1}+m_{2}} .
\]
10.6. Пусть имеется $n$ тел с массами $m_{1}, m_{2}, \ldots, m_{n}$ и скоростями $v_{1}, v_{2}, \ldots, v_{n}$. В системе, движущейся со скоростью $v_{\text {ц.м. }}$, скорости тел соответственно равны $v_{1}-v_{\text {ц,м, }}$, $v_{2}-v_{\text {ц.м. }}, \ldots, v_{n}-v_{\text {ц,м, }}$ а сумма имйульсов равна нулю.
\[
\begin{array}{c}
m_{1}\left(v_{1}-v_{\text {ц. } \mathrm{m}_{0}}\right)+m_{2}\left(v_{2}-v_{\text {ц. м. }}\right)+\ldots \\
\ldots+m_{n}\left(v_{n}-v_{\text {ц.м. }}\right)=0 .
\end{array}
\]

Собирая члены, содержащие $v_{ц . м}$, и перенося их в правую часть, в конце концов получаем
\[
v_{\text {ц.м. }}=\frac{\sum_{i=1}^{n} m_{i} v_{i}}{\sum_{i=1}^{n} m_{i}} .
\]
10.7. Скорости тєл в неподвижной (лабораторной) системе координат обозначим $v_{1}$ и $v_{2}$, а в системе центра масс- $v_{1}^{\prime}$ и $v_{2}^{\prime}$, причем $v_{1}^{\prime}=v_{1}-v_{\text {ц.м.м. }}$. и $v_{2}^{\prime}=v_{2}-v_{\text {н.м.м. }}$. Кинетическая энергия этих тел в л-системе равна
\[
\begin{array}{l}
T=\frac{m_{1} v_{1}^{2}}{2}+\frac{m_{2} v_{2}^{2}}{2}=\frac{m_{1} v_{1}^{\prime 2}}{2}+\frac{m_{2} v_{2}^{\prime 2}}{2}+ \\
+\frac{1}{2}\left(m_{1}+m_{2}\right) v_{\text {L.М. }}^{2}+v_{\text {L.M. }}\left(m_{1} v_{1}^{\prime}+m_{2} v_{2}^{\prime}\right) .
\end{array}
\]

Сумма первых двух членов есть кинетическая энергия тел в системе центра масс $-T_{\text {ц.м. }}$, а скобка при $v_{\text {ц.м. }}$, равна нулю по определению системы ц.м. Таким образом,
\[
T=T_{\mathrm{L} . \mathrm{M} .}+\frac{1}{2}\left(m_{1}+m_{2}\right) v_{\mathrm{L} . \mathrm{M} .}^{2} .
\]
10.8. Для пронзвольного числа тел формула для кинетической энергии будет иметь ту же структуру, что и в задаче 10.7. Коэффициент при $v_{\text {ц.м. }}$ по той же причнне, что и в задаче 10.7, будет равен нулю. Поэтому
\[
T=T_{\text {ц.м. }}+\frac{1}{2}\left(\sum_{i=1}^{n} m_{i}\right) 0_{\mathrm{\mu}, \mathrm{M},}^{2}
\]

где
\[
T_{\text {ц.м. }}=\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} m_{i} v_{i}^{\prime 2} .
\]
10.9. Пусть скорость нейтрона до удара была $v$. Если масса нейтрона $m$, то масса ядра $C^{12}$ равна примерно $12 \mathrm{~m}$. Закон сохранения количества движения дает
\[
m v=12 m v_{2}-m v_{1},
\]

или
\[
v_{2}=\frac{v+v_{1}}{12}
\]
( $v_{1}$-скорость нейтрона после столкновения, а $v_{2}$-скорость ядра). Согласно закону сохранения энергии, имеем
\[
\frac{1}{2} m v^{2}=\frac{1}{2}(12 m) v_{2}^{2}+\frac{1}{2} m v_{1}^{2} .
\]

Подставляя в это уравнение выражение для $v_{2}$, находим
\[
13 v_{1}^{2}+2 v v_{1}-11 v^{2}=0 .
\]

откуда
\[
v_{1}=\frac{-v+\sqrt{v^{2}+11 \cdot 13 v^{2}}}{13}=\frac{-v+12 v}{13}=\frac{11}{13} v .
\]

Мы выбираем в качестве $v_{1}$ положительное решение квадратного уравнепия, так как заранее знаем, что нейтрон полетит назад (из тех же соображений, что и в задаче 10.1).

Направление скорости нейтрона после удара уже фактически учтено нами при записи закона сохранения импульса.

Для отношения кинетических энергий нейтрона до и после соударения получаем
\[
\frac{E^{\prime}}{E}=\frac{1 / 2 m v_{1}^{2}}{1 / 2 m v_{2}^{2}}=\left(\frac{11}{13}\right)^{2} \approx 0,71 .
\]
10.10. Найдем в первую очередь начальную скорость бруска $v_{1}$. При этом можно воспользоваться законом сохранения импульса: пока брусок не отклонился, горизонтальные силы отсутствуют и поэтому импульс бруска с попавшей в него пулей равен начальному импульсу пули
\[
(M+m) v_{1}=m v .
\]

В точке наивысшего подъема кинетическая энергия бруска и пули $1 / 2(M+m) v_{1}^{2}$ переходит в потенциальную $(M+m) g h$, где $h$-высота подъема бруска, поэтому $v_{1}^{2}=2 g h$. Выразим $h$ через $x$ и $L$. Қак видно из рисунка, треугольники $A O C$ и $A A^{\prime} B$ подобны и $h / x=x / 2 L$, т. е. $h=x^{2} / 2 L$.
Стало быть,
\[
v_{1}^{2}=\frac{x^{2} g}{L}
\]

таким образом,
\[
v=\frac{M+m}{m} \times \sqrt{\frac{g}{L}} .
\]

К главе 11. Векторы
11.1. a) $\mathbf{a}+\mathbf{b}=5 \mathbf{i}+\mathbf{j}$.
б) $\mathbf{a}-\mathbf{b}=\mathbf{i}+3 \mathbf{j}-2 \mathbf{k}$.
в) $a_{x}=3$.
г) $\mathbf{a} \cdot \mathbf{i}=3$.
д) $\mathbf{a} \cdot \mathbf{b}=6-2-1=3$.
e) $(a \cdot c) \cdot b-(a \cdot b) \cdot c=9 b-3 c=15 i-18 j+9 k$.
11.2. а) Велосипедиста обдувают два потока воздуха: встречный, движущийся со скоростью его собственного движения $v$, и косой – со скоростью $v_{1}$. Естественно, велосипедист ощущает суммариый результат действия 9тих двух потоков, так что ему кажется, что ветер дует под углом $\alpha$. Истинное же направление ветра (к направлению движения велосипедиста) составляет угол $\varphi=\alpha+\beta$. Угол $\beta$ найдем, принимая во внимание, что $\mathbf{v}_{2}=\mathrm{v}_{1}+\mathbf{v}$, т. е. $\mathbf{v}_{1}, \mathbf{v}_{2}$ и $\mathbf{v}$ образуют треугольник.
Для треугольника скоростей имеем
T. e.
\[
\frac{v_{1}}{\sin \alpha}=\frac{v}{\sin \beta}, \text { откуда } \sin \beta=\frac{v}{v_{1}} \sin \alpha=0,431,
\]

Таким образом,
\[
\beta=25^{\circ} 30^{\prime} .
\]
\[
\varphi=\alpha+\beta=40^{\circ} 30^{\prime} \text {. }
\]
б) Если велосипедист движется на юг, то угол $\gamma$ между кажущимся направлением ветра и направлением движения велосипедиста удовлетворяет соотношению
\[
\frac{v_{1}}{\sin \gamma}=\frac{v}{\sin \left[180^{\circ}-(\alpha+\beta+\gamma)\right]}=\frac{v}{\sin (\alpha+\beta+\gamma)},
\]

откуда
\[
\frac{v}{v_{1}}=\frac{\sin \gamma \cdot \cos (\alpha+\beta)+\cos \gamma \sin (\alpha+\beta)}{\sin \gamma},
\]

или
\[
\operatorname{ctg} \gamma=\left[\frac{v}{v_{1}}-\cos (\alpha+\beta)\right] \frac{1}{\sin (\alpha+\beta)}=1,39 \text {, т. e. } \gamma=35^{\circ} 40^{\prime} \text {. }
\]
11.3. а) Выберем систему координат так, чтобы ось $x$ была направлена строго на восток, а ось $y$-на север. Предположим далее, что второй корабль в начальный момент времени находится в начале координат $O$, а вектор его скорости $\mathbf{v}_{2}$ образует угол $\alpha$ с осью $O X$. Очевидно, первый корабль находится в точке $B$, лежащей на оси $y$ на расстоянии 6 миль от $O$, а его скорость направлена параллельно оси $x$.

Таким образом изменение координат кораблей со временем дается выражениями
\[
\begin{array}{ll}
x_{1}=v_{1} t, & y_{1}=6, \\
x_{2}=v_{2} t \cos \alpha, & y_{2}=v_{2} t \sin \alpha .
\end{array}
\]

Қвадрат расстояния между двумя кораблями, очевидно, равен
\[
r^{2}=\left(\mathbf{r}_{1}-\mathbf{r}_{2}\right)^{2}=(15-26 \cos \alpha)^{2} t^{2}+(6-26 t \sin \alpha)^{2} .
\]

В условии задачи дано, что минимальное рассгояние между кораблями равно 3 милям. Значит, $r^{2}$ как функция времени $t$ имеет минимум при некотором значении времени $t=t_{\text {мпн }}$. Но в этот момент времени производная от $r^{2}$ обрацается в нуль:
\[
\frac{d r^{2}\left(t_{\mathrm{MHH}}\right)}{d t}=0,
\]

поэтому
\[
2(15-26 \cos \alpha)^{2} t_{\text {мин }}-2\left(6-26 t_{\text {мин }} \sin \alpha\right) 26 \sin \alpha=0,
\]

откуда
\[
t_{\text {Mин }}=\frac{6.26 \sin \alpha}{15^{2}-30.26 \cos \alpha+26^{2}} .
\]

Наконец, из того, что $r^{2}\left(t_{\text {мнн }}\right)=9$, находим
\[
6^{2} \cdot 26 \cos ^{2} \alpha-27 \cdot 30 \cos \alpha=0,
\]

откуда $\cos \alpha_{1}=0 \quad\left(\alpha_{1}=90^{\circ}\right)$ и $\cos \alpha_{2}=0,866 \quad\left(\alpha_{2}=30^{\circ}\right)$.
б) При меньшем значении угла $\alpha_{2}=30^{\circ}$ второй корабль проходит перед носом первого на расстоянии 3 миль, поэтому это значение угла должно быть исключено по условию задачи. Таким образом, второй корабль движется курсом строго на север и окажется на минимальном расстоянии от первого через $t_{\text {мин }}=0,17$ час от начального момента.
11.4. Можно считать, что произвольная точка $M$ колеса участвует в двух движениях: равномерном со скоростью $v$ вдоль оси $x$ и вращательном вокруг центра колеса с угловой скоростью $\omega=v / R$ (см. задачу 8.12). Пусть в начальный момент времени $t=0$ радиус-вектор точки $M$ направлен под углом $\varphi_{0}$ к оси $x$. Действуя точно так же, как и в задаче 8.12, находим координаты $x$ и $y$ точки $M$ в произвольный момент времен и $t$ :
\[
\begin{array}{l}
x=v t+R \cos \left(\varphi_{0}+\omega t\right), \\
y=-R \sin \left(\varphi_{0}+\omega t\right) .
\end{array}
\]

Компоненты скорости точки $M$ найдем, дифференцируя по времени выражения для координат:
\[
\begin{array}{l}
v_{x}=v-R \omega \sin \left(\varphi_{0}+\omega t\right)=R \omega\left[1-\sin \left(\varphi_{0}+\omega t\right)\right], \\
v_{y}=-R \omega \cos \left(\varphi_{0}+\omega t\right) .
\end{array}
\]

Вектор скорости есть
\[
\mathbf{v}=v_{x} \mathbf{i}+v_{y} \mathbf{j} .
\]

Будем считать, что в момент времени $t$ точка $M$ занимает положение, указанное на рисунке, а колесо соприкасается с горизонтальной поверхностью в точке $A$. Очевидно,
\[
\mathbf{r}_{M}=x \mathbf{i}+y \mathbf{j}, \quad \text { а } \quad \mathbf{r}_{A}=v t \mathbf{i}-R \mathbf{j} .
\]

Проведем вектор $\mathbf{r}$ из точки касания $A$ в точку $M$. Тогда
\[
\mathbf{r}=\mathbf{r}_{M}-\mathbf{r}_{A}=R \cos \left(\varphi_{0}+\omega t\right) \cdot \mathbf{i}+R\left[1-\sin \left(\varphi_{0}+\omega t\right)\right] \cdot \mathbf{j} .
\]

Непосредственными вычислениями убеждаемся в том, что скалярное произведение $\mathbf{r} \cdot \mathbf{v}=0$ (т. е. скорость точки $M$ направлена перпендикулярно вектору $\boldsymbol{r}$ ), а
\[
v=\sqrt{v_{x}^{2}+v_{y}^{2}}=\omega \sqrt{r_{x}^{2}+r_{y}^{2}}=\omega r .
\]

Поскольку точка колеса $M$ произвольна, полученный результат означает, что движение колеса в любой момент времени эквивалентно «чистому» вращению колеса с угловой скоростью $\omega$ вокруг мгновенной оси вращения, проходящей через точку соприкосновения колеса с горизонтальной плоскостью в тот же момент времени.
11.5. При движенни против течеиия реки скорость лодки равиа $v-u$, а по течению $v+u$. Поэтому время $t_{V}$ равно
\[
t_{V}=\frac{d}{v-u}+\frac{d}{v+u}=\frac{2 d v}{v^{2}-u^{2}} .
\]

При движении поперек реки скорость лодки должна быть : направлена под некоторым углом $\alpha$ к направлению на противоположный берег (иначе лодка не попадет в нужную точку). Скорость лодки поперек реки равна, как видно из рисунка, $\sqrt{v^{2}-u^{2}}$, поэтому время движения в поперечном направлении равно
\[
t_{A}=\frac{2 d}{\sqrt{v^{2}-u^{2}}} .
\]

Наконец, по озеру расстояние $2 d$ лодка пройдет за время $t_{L}=2 d / v$. Таким образом,
\[
\frac{t_{V}}{t_{A}}=\frac{v}{\sqrt{v^{2}-u^{2}}} \text { и } \frac{t_{A}}{t_{L}}=\frac{v}{\sqrt{v^{2}-u^{2}}},
\]
T. e.
\[
\frac{t_{V}}{t_{A}}=\frac{t_{4}}{t_{L}}
\]
11.6. Обозначим скорость плывущего человека буквой $v$, скорость реки через $u$, а скорость ходьбы человека через $v_{1}$. Чтобы попасть на противоположный берег в точку $B$, плывя под некоторым углом к течению, человеку потребуется время (см. предыдущую задачу)
\[
t_{1}=\frac{d}{\sqrt{v^{2}-u^{2}}}=40 \text { мин } .
\]

Если же он будет плыть перпендикулярно течению, то на противоположный берег он попадет за время $t_{2}^{\prime}=d / v$, но течением его снесет в точку $C$, которая находится ниже $B$ на расстоянии $B C=u t_{2}^{\prime}$.
Пешком это расстояние человек пройдет за время
\[
t_{2}^{\prime \prime}=\frac{B C}{v_{1}}=\frac{u}{v_{1}} t_{2}^{\prime},
\]
поэтому полное время движения человека вторым способом равно
\[
t_{2}=t_{2}^{\prime}+t_{2}^{\prime \prime}=\left(1+\frac{u}{v_{1}}\right) \frac{d}{v}=\frac{\left(v_{1}+u\right) d}{v_{1} v}=36 \text { мин } .
\]

Тақим образом, двигаясь вторым способом, человек попадет в точку $B$ на 4 мин раньше.
11.7. Запишем сначала уравнение движения для клина $M_{1}$. На этот клин действуют две силы: $F$ и $N_{1}$ – снла давления со стороны груза $M$, горизонтальная проекция которой равна $N_{1}(1 / \sqrt{2})$ и направлена против движения (фиг. 1). Итак,
\[
M_{1} a_{1}=F-\frac{1}{\sqrt{2}} N_{1} .
\]

Обратимся теперь к грузу $M$. Он скользит вверх по поверхности клина $M_{2}$ (т. е. под углом $45^{\circ}$ к горизонту) и в уравпение движения для этого груза входят поэтому лишь силы, действующие вдоль этого направления. Таких сил две: $N_{1}$ и проекция силы тяжести $M g(1 / \sqrt{2})$. Имеем
\[
M a=N_{1}-\frac{1}{\sqrt{2}} M g .
\]

Теперь нужно найти связь между $a$ и $a_{1}$. Как видно из фиг. 2, смещение груза $M$ (изображена лишь ннжняя кромка этого груза) вдоль поверхности клина $M_{2}$ в $\sqrt{2}$ меньше смещения $M_{1}$ по горизонтали. Следовательно, $a=a_{1} / \sqrt{2}$.

Полученные уравнения запишем в виде системы
\[
\begin{array}{l}
M_{1} a_{1}=F-\frac{N_{1}}{\sqrt{2}}, \\
M a_{1}=-M g+\sqrt{2} N_{1} .
\end{array}
\]

Умножая первое из этих уравнений на 2 и складывая правые и левые части, находим
\[
a_{1}=\frac{2 F-M g}{2 M_{1}+M}=2 g .
\]

Имеем далее
\[
a=\frac{a_{1}}{\sqrt{2}}=\sqrt{2} g .
\]

Легко также найти силу $N_{2}$; так как движения перпендикулярно поверхности $M_{2}$ не происходит, то
\[
N_{2}=\frac{M g}{\sqrt{2}} \approx 272 \kappa \Gamma .
\]

Таким образом:
a) клин $M_{1}$ движется горизонтально с ускорением $2 g$, направленным к неподвижной стенке;
б) груз $M$ движется вверх вдоль неподвижного клина $M_{2}$ с ускорением $\sqrt{2} g$;
в) сила давления клина $M_{2}$ на груз $\dot{M}$ равна $272 \kappa \Gamma$
11.8. Пусть точка $M$ движется по окружности радиусом $R$ с постоянной скоростью $v$. Время одного оборота, т. е. период движения, есть $T=2 \pi R / v$. К точке $M$ приложены две силы: сила тяжести $\mathrm{mg}$, направленная вертикально вниз, и сила натяжения нити $T$, направленная вверх по нити. Очевидно, центростремительная сила $\mathbf{F}_{\mathrm{L}}=m g+\mathbf{T}$; она направлена по радиусу горизонтальной окружности. Қак видно (см. рисунок), модуль ее равен $F_{\text {и }}=m g \operatorname{tg} \alpha$, где $\alpha$-угол между нитью и вертикалью, т. е. вызываемое этой силой центростремительное ускорение равно по величине $g \operatorname{tg} \alpha$. С другой стороны, оно, как известно, равно $v^{2} / R$, поэтому $v^{2} / R=g \operatorname{tg} \alpha$ и $v^{2}=g R \operatorname{tg} \alpha$.
Таким образом,
\[
T=\frac{2 \pi R}{v}=2 \pi \sqrt{\frac{H}{g}},
\]

так как
\[
\operatorname{tg} \alpha=\frac{R}{H} .
\]
11.9. а) Пусть имеется $n$ тел с массами $m_{1}, \ldots, m_{n}$ и скоростями $\mathbf{v}_{1}, \ldots, \mathbf{v}_{n}$. В системе ц. м. 9ти скорости соответственно равны $\mathbf{v}_{1}-\mathbf{v}_{\text {I. м. }}, \ldots, \mathbf{v}_{n}-\mathbf{v}_{\text {ц. м. }}$. По определению, откуда
\[
m_{1}\left(\mathbf{v}_{1}-\mathbf{v}_{\text {ц. } . \mathrm{m}}\right)+\ldots+m_{n}\left(\mathbf{v}_{n}-\mathbf{v}_{\text {Ц. }}\right)=0,
\]
\[
\text { рц. м. }=\frac{\sum_{i=1}^{n} m_{i} \mathrm{v}_{i}}{\sum_{i=1}^{n} m_{i}}=\frac{1}{M} \sum_{i=1}^{n} m_{i} \mathrm{v}_{l} .
\]
б) Осозначим через $\mathbf{v}_{1}^{\prime}, \ldots, \mathbf{v}_{n}^{\prime}$ скорости тел в системе ц. м. Тогда $\mathbf{v}_{1}=\mathbf{v}_{1}^{\prime}+\mathbf{v}_{\text {II, м. }}, \ldots, \mathbf{v}_{n}=\mathbf{v}_{n}^{\prime}+\mathbf{v}_{\text {ц. }}$, . суть скорости тел в пеподвижной системе координат. Кинетическая энергия в этой системе
\[
\begin{aligned}
T & =\frac{m_{1} v_{1}^{2}}{2}+\ldots+\frac{m_{n} v_{n}^{2}}{2}=\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} m_{i}\left(\mathbf{v}_{i}^{\prime}+\mathbf{v}_{\text {ц. м. } .}\right)^{2}= \\
& =\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} m_{i} v_{i}^{\prime 2}+\frac{1}{2} v_{\text {ц. м. }}^{2} \sum_{i=1}^{n} m_{i}+\mathbf{v}_{\text {ц. м }} \cdot \sum_{i=1}^{n} m_{i} \mathbf{v}_{l}^{\prime} .
\end{aligned}
\]

Но по определению ц. м.
\[
\sum_{i=1}^{n} m_{i} \mathrm{v}_{i}^{\prime}=0, \quad \text { а } 1 / 2 \sum_{i=1}^{n} m_{i} v_{i}^{\prime 2}=T_{\text {ц. м. }} .
\]

ссть кинетическая энергия тел в системе ц. м., поэтому
\[
T=T_{\text {ц. м. }}+\frac{v_{\text {ц. м. }}^{2}}{2} \sum_{i=1}^{n} m_{i}=T_{\text {ц. м. }}+\frac{1}{2} M v_{\text {ц. м. }}^{2}
\]
11.10. Закон сохранения количества движения в векторной форме гласит
\[
m_{1} \mathbf{v}_{1}+m_{2} \mathbf{v}_{2}=\left(m_{1}+m_{2}\right) \mathbf{v}
\]

отсюда
\[
\mathbf{v}=\frac{m_{1} \mathbf{v}_{1}+m_{2} \mathbf{v}_{2}}{m_{1}+m_{2}}=2(\mathrm{j}+\mathrm{k}) \text { м/сек. }
\]
11.11. Кинетическая энергия частиц до столкновения равна
\[
T_{\text {ц. м. }}=\frac{1}{2} m_{1} v_{1}^{\prime 2}+\frac{1}{2} m_{\mathrm{g}} v_{2}^{\prime 2},
\]

где $\mathbf{v}_{1}^{\prime}$ и $\mathbf{v}_{2}^{\prime}$ – скорости первой и второй частиц в системе ц. м. Обратим внимание, что вычисленная нами в предыдущей задаче скорость $\mathbf{v}$ есть фактически скорость центра масс $\mathbf{v}_{\text {ц. }}$ м. Следовательно,
\[
\begin{array}{l}
\mathbf{v}_{1}^{\prime}=\mathbf{v}_{1}-\mathbf{v}=3 \mathbf{i}-3 \mathrm{k} \text { м/сек, } \\
\mathbf{v}_{2}^{\prime}=\mathbf{v}_{2}-\mathbf{v}=-2 \mathbf{i}+2 \mathrm{k} \text { м/сек, } \\
T_{\text {ц. м. }}=30 \text { дж. }
\end{array}
\]
11.12. Выберем систему координат, в которой ось $y$ направлена на север, а ось $x$-на восток. В этой системе коордннат скорость первого тела до и после удара есть
\[
\mathbf{v}_{\mathbf{1}}=6 \mathbf{j} \boldsymbol{м} / \text { сек, } \mathbf{u}_{1}=2 \mathbf{i}+2 \mathbf{j} \text { м/сек. }
\]
a) Скорость $\mathbf{u}_{2}$ более тяжелого тела после столкновения определим, пользуясь законом сохранения импульса:
\[
m_{1} \mathbf{v}_{1}=m_{1} \mathbf{u}_{1}+m_{2} \mathbf{u}_{2},
\]

откуда
\[
\mathbf{u}_{2}=\frac{m_{1}\left(\mathbf{v}_{1}-\mathbf{u}_{1}\right)}{m_{2}}=-\mathbf{i}+2 \mathbf{j} \text { м/сек. }
\]

Величина этой скорости
\[
u_{2}=\sqrt{5} \text { м/сек. }
\]
б) Учитывая, что
\[
\mathbf{v}_{\text {д. м. }}=\frac{m_{1} \mathbf{v}_{1}}{m_{1}+m_{2}}=2 \mathbf{j} \text { м/сек, }
\]

находим скорости тел до и после столкновения в системе ц. м.
\[
\begin{array}{ll}
\mathbf{v}_{1}^{\prime}=4 \mathbf{j} \text { м/сек, } & \mathbf{u}_{1}^{\prime}=2 \mathbf{i} \text { м/сек, } \\
\mathbf{v}_{2}^{\prime}=-2 \mathbf{j} \text { м/сек, } & \mathbf{u}_{2}^{\prime}=-\mathbf{i} \text { м/сек. }
\end{array}
\]

Кинетическая энергия до удара в системе ц. м. равна
\[
T_{\text {ц. м } *}=\frac{1}{2} m_{1} v_{1}^{\prime 2}+\frac{1}{2} m_{2} v_{2}^{\prime 2}=12 \partial{ }_{2}=
\]

а после удара
\[
T_{\text {ц. м. }}^{\prime}=\frac{1}{2} m_{1} u_{1}^{\prime 2}+\frac{1}{2} m_{2} u_{2}^{\prime 2}=3 \partial{ }_{2} .
\]

Таким обравом, потеря яиергии
\[
\Delta T=T_{\text {ц. м. }}-T_{\text {ц. м. }}^{\prime}=9 \partial ж
\]

и относительная потеря энергии $\Delta T / T=3 / 4$.
в) Согласно пункту (б), более легкое тело в системе ц. м. имело скорость до удара $4 \mathbf{j}$, а после удара $2 \mathbf{i}$. Это значит, что до удара оно двигалось вдоль оси $y$, а после удара-вдоль оси $x$. Следовательно, в системе ц. м. оно отклонилось на угол $90^{\circ}$.
11.13. Пусть $\mathbf{v}$-скорость налетающей частицы. Найдем $\mathbf{v}_{\text {I. м. }}$ :
\[
\mathbf{v}_{\text {ц. } .}=\frac{m \mathbf{v}}{2 m}=\frac{\mathbf{v}}{2} .
\]

Начальные скорости частиц в системе ц. м. равны $\mathbf{v}_{1}^{\prime}=\mathbf{v} / 2$ и $\mathbf{v}_{2}^{\prime}=-\mathbf{v} / 2$.

После абсолютно упругого столкновения скорости частиц в системе ц. м. остаются прежними по величине ( $u_{1}^{\prime}=u_{2}^{\prime}=$ $=v / 2$ ), но линия относительного движения поворачивается. Чтобы перейти к л-системе координат, нужно прибавить к векторам $\mathbf{u}_{1}^{\prime}$ и $\mathbf{u}_{2}^{\prime}$ вектор $\mathbf{v}_{\mathrm{\mu} . \mathrm{m}}$. Соответствующее построение приведено на рисунке. Так как $B C=A C=C D$, через точки $A, B$ и $D$ можно провести окружность с центром ный угол, опирающийся на диаметр). Этот же результат можно получить и вычислениями. Пусть и́ образует угол $\alpha$ с осью $x$. Тогда
\[
\mathbf{u}_{1}^{\prime}=\frac{v}{2} \cos \alpha \mathbf{i}+\frac{v}{2} \sin \alpha \mathbf{j},
\]
a
\[
\mathbf{u}_{2}^{\prime}=-\frac{v}{2} \cos \alpha \mathbf{i}-\frac{v}{2} \sin \alpha \mathbf{j}
\]
( и $_{2}$ образует угол $\pi+\alpha$ с осью $x$ ).
В л-системе
\[
\begin{aligned}
\mathbf{u}_{1}=\frac{v}{2} \cos \alpha \mathbf{i}+ & \frac{v}{2}(1+\sin \alpha) \mathbf{j} \text { и } \mathbf{u}_{2}=-\frac{v}{2} \cos \alpha \mathbf{1}+ \\
& +\frac{v}{2}(1-\sin \alpha) \mathbf{j} .
\end{aligned}
\]

Теперь легко убедиться, что $\mathbf{u}_{1} \cdot \mathbf{u}_{2}=0$, откуда следует, что векторы $\mathbf{u}_{1}$ и $\mathbf{u}_{2}$ перпендикулярны друг другу.

Приведем также другое решение, при котором не нужно переходить в систему і. м. Из закона сохранения импульса имеем
\[
\mathbf{v}=\mathrm{u}_{1}+\mathrm{u}_{2} .
\]

Возводя обе части этого равенства в квадрат
\[
v^{2}=u_{1}^{2}+u_{2}^{2}+2 u_{1} u_{2}
\]

н вычитая из получившегося соотношения другое равенство, следствие закона сохранения энергии $v^{2}=u_{1}^{2}+u_{2}^{2}$, находим $\mathbf{u}_{1} \cdot \mathbf{u}_{2}=0$, t. е. векторы $\mathbf{u}_{1}$ и $\mathbf{u}_{2}$ перпендикулярны друг другу.
11.14. Уравненне движения для обоих шариков одно и то же: $\ddot{\mathbf{r}}=g \mathbf{k}$, где $\mathbf{r}$-радиус-вектор любого из шариков. Общее решение этого уравнения имеет вид
\[
\mathbf{r}=\mathbf{c}_{1}+\mathbf{c}_{2} t+\frac{1}{2} g t^{2} \mathbf{k},
\]

где $\mathbf{c}_{1}$ и $\mathbf{c}_{2}$ – некоторые не зависящие от времени векторы. Онито как раз и будут разными для разных шариков. Легко убедиться, что с 1 равен радиусу-вектору частицы при $t=0$, т. е. $\mathbf{c}_{1}=\mathbf{r}(0)$, а $\mathbf{c}_{2}$ – равен начальной скорости частицы $\mathbf{v}(0)$. Следовательно,
\[
\begin{array}{l}
\mathbf{r}_{a}(t)=7(1+t) \mathbf{i}+3 t \mathbf{j}+4,9\left(1+t^{2}\right) \mathbf{k} \boldsymbol{M}, \\
\mathbf{r}_{b}(t)=7(7-t) \mathbf{i}+3 t \mathbf{j}+4,9\left(1+t^{2}\right) \mathbf{k} \boldsymbol{M} .
\end{array}
\]
11.15. Будем действовать по схеме, описанной в условии к задаче 11.13. Выберем ось $x$ в направлении движения первой частицы, а ось $y$-перпендикулярно к ней вверх.
Очевидно, в л-системе скорости частиц равны
\[
\mathbf{v}_{1}=v_{1} \mathbf{i}, \quad \mathbf{v}_{2}=0, \text { а } \mathbf{v}_{\text {ц. м. }}=\frac{m_{1} \mathbf{v}_{1}}{m_{1}+m_{2}}=\frac{1}{4} v_{1} \mathbf{i} .
\]

Скорости частиц до соударения в системе ц. м.
\[
\mathbf{v}_{1}^{\prime}=\frac{3}{4} v_{1} \mathbf{i}, \quad \mathbf{v}_{2}^{\prime}=-\frac{1}{4} v_{1} \mathbf{i} .
\]

Так как соударение абсолютно упругое, в системе ц.м. скорости частиц по величине остались прежними, но линия относительного движения повернулась на некоторый угол.

Чтобы понять, на какой именно угол повернулась эта линия, рассмотрим отдельно движение второй частицы в л-системе и системе ц.м.

В системе ц.м. частица двигалась со скоростью $v_{2}^{\prime}=v_{\text {н.м }}$. вдоль оси $x$ (см. рисунок в условии задачи, стр. 37). С той же по величине скоростью она движется и после столкновения, только под некоторым углом к оси $x$, т. е. $u_{2}^{\prime}=v_{\text {ц.м }}$. В л-системе $\mathbf{u}_{2}=\mathbf{u}_{2}^{\prime}+\mathbf{v}_{\text {ц.м. }}$, причем угол между $\mathbf{u}_{2}$ и осью $x$ равен $45^{\circ}$. Таким образом, треугольник $O A B$-равнобедренный с углами при основании по $45^{\circ}$; следовательно, угол $O A B=90^{\circ}$.

Итак, линия относительюго движения в системе ц.м. говернулась на угол $90^{\circ}$. Это значит, что вектор $\mathbf{u}_{1}^{\prime}$ также направлен по оси $y$ :
\[
\mathbf{u}_{1}^{\prime}=\frac{3}{4} \tau_{1} \mathbf{j} .
\]

В л-системе
\[
\mathbf{u}_{1}=\frac{1}{4} v_{1} \mathbf{i}+\frac{3}{4} v_{1} \mathfrak{j}
\]

так что
\[
\operatorname{tg} \theta_{1}=\frac{u_{1 y}}{u_{1 x}}=3,
\]
т. е. $\theta_{1}=71^{\circ} 30^{\prime}$.
11.16. Пусть скорость тяжелой частицы до соударения $v$, а после соударения $u$. В системе ц.М. ( $\left.\mathbf{v}_{\text {ц.м. }}=M v /(M+m)\right)$ модули этих скоростей равны
\[
u^{\prime}=v^{\prime}=\frac{M}{M+m} v .
\]

Направление вектора $\mathbf{u}^{\prime}$ произвольно, так что конец этого вектора описывает окружность радиусом $m v /(M+m)<v_{\text {ц.м. }}$. Поскольку $\mathbf{u}=\mathbf{u}^{\prime}+\mathbf{v}_{\text {н.м. }}$, простым геометрическим построе. нием легко найти различные значения вектора и. Қак видно из рисунка, угол отклонения налетающей частицы (направление начальной скорости $\mathbf{v}$ совпадает с направлением $\mathbf{v}_{\text {ц.м. }}$.) максимален в том случае, когда и направлено по касательной к окружности. При этом
\[
\sin \theta=\frac{u^{\prime}}{v_{\text {ц. } . \mathrm{m}}}=\frac{m}{M} .
\]
11.17. Выполнив для частицы массы $m$ такое же построение, как и в предыдущей задаче (только теперь $\mathbf{v}_{\text {ц.м. }}=m \mathbf{v} /(M+m)$, а $u_{m}^{\prime} \leq \tilde{M} v /(M+m)$, так что $u_{m}^{\prime}>v_{ц, м}$ ), с учетом того, что угол между $\mathbf{v}_{\text {ц.м. }}$. и $\mathbf{u}_{m}$ равен $90^{\circ}$, определим $\mathbf{u}_{m}^{\prime}=\mathbf{u}_{m}-\mathbf{v}_{\text {ц.м.м. }}$. Построим теперь на этом же рисунке $\mathbf{u}_{M}^{\prime}$ и $\mathbf{u}_{M}\left[u_{M}^{\prime}=v_{\Perp, м}=\right.$ $=m v /(M+m)]$. Определим длину $B D$. Треугольники $B D C$ и $A O B$ подобны, поэтому
\[
\frac{B D}{O A}=\frac{u_{M}^{\prime}}{u_{M}^{\prime}+u_{m}^{\prime}}=\frac{m}{M+m} .
\]

Нo $O A=\sqrt{u_{m}^{\prime 2}-v_{\mathrm{L} \cdot \mathrm{M} .}^{2}}=v\left[\sqrt{M^{2}-m^{2}} /(M+m)\right]=$ $=v \sqrt{(M-m) /(M+m)}$, так что
\[
B D=\sqrt{\frac{M-m}{M+m}} \cdot \frac{m}{M+m} v .
\]

Наконец,
\[
\operatorname{tg} \theta=\frac{B D}{O B}=\sqrt{\frac{M-m}{M+m}}=\sqrt{\frac{1-(m / M)}{1+(m / M)}} .
\]

11.18. Задача решается так же, как и предыдущая, с тем лишь отличием, что $u_{m}^{\prime}$ и $u_{M}^{\prime}$ теперь уже не равны $v_{m}^{\prime}$ и $v_{M}^{\prime}$. Скорости в системе ц.м. после соударения найдем из соотношения
\[
\frac{1}{2} m u_{m}^{\prime \prime}+\frac{1}{2} M u_{M}^{\prime 2}=\frac{1}{2} \alpha^{2}\left(m v_{m}^{\prime 2}+M v_{M}^{\prime 2}\right) .
\]

Учитывая, что $m u_{m}^{\prime}=M u_{M}^{\prime}$ и $m v_{m}^{\prime}=M v_{M}^{\prime}$, находим
\[
u_{m}^{\prime}=\alpha v_{m}^{\prime}, u_{M}^{\prime}=\alpha v_{M}^{\prime} .
\]

Стало быть, отношение $B D / O A$ остается тем же, что и в предыдущей задаче, но длина $O A$ меняется. В нашем случае $O A=v\left[\sqrt{\alpha^{2} M^{2}-m^{2}} /(M+m)\right]$.
Таким образом,
\[
\operatorname{tg} \theta=\frac{\sqrt{\alpha^{2} M^{2}-m^{2}}}{M+m}=\frac{\sqrt{\alpha^{2}-(m / M)^{2}}}{1+(m / M)} .
\]

Если $\alpha=1$ (абсолютно упругое соударение), этот результат переходит в результат предыдущей задачи. При уменьшении $\alpha$ уменьшается $\operatorname{tg} \theta$, а при $\alpha=m / M$ он обращается в нуль. Если $\alpha<m / M$, полученная нами формула теряет смысл. Это и понятно: при столь малых значениях $\alpha$ $u_{m}^{\prime}<v_{\text {ц.м. }}$, поэтому рассеяние на прямой угол невозможно.
11.19. Если радиус-вектор частицы со временем меняется по закону
\[
\mathbf{r}(t)=t \mathbf{i}+\left(t+\frac{t^{2}}{2}\right) \mathbf{j}-\left(\frac{4}{\pi^{2}}\right) \sin \pi \frac{t}{2} \mathrm{k} M,
\]

то скорость ее есть
\[
\mathbf{v}(t)=\dot{\mathbf{r}}(t)=\mathbf{i}+(1+t) \mathbf{j}-\frac{2}{\pi} \cos \pi \frac{t}{2} \mathrm{k} \mu / c e \kappa,
\]

а ускорение
\[
\mathbf{a}(t)=\ddot{\mathbf{r}}(t)=\mathrm{j}+\sin \pi \frac{t}{2} \mathrm{k} м / \text { сек }{ }^{2} .
\]
a) В момент времени $t=0$
\[
\begin{array}{l}
r(0)=0, v(0)=\mathbf{i}+\mathbf{j}-\frac{2}{\pi} \mathrm{k} \text { м/сек, } \\
\mathbf{a}(0)=\mathbf{j} \mu / \text { ceк }^{2}, T=\frac{m v^{2}}{2}=\left(1+\frac{2}{\pi^{2}}\right) \partial \varkappa \approx 1,2 \partial \varkappa \text {. } \\
\end{array}
\]

В момент времени $t=1$
$\mathbf{r}(1)=\mathbf{i}+\frac{3}{2} \mathbf{j}-\frac{4}{\pi^{2}} \mathrm{k} \mu, \mathbf{v}(1)=\mathbf{i}+2 \mathbf{j} \mu /$ сек,
$\mathrm{a}(1)=\mathrm{j}+\mathrm{k} \mu / c e \kappa^{2}, T=\frac{5}{2} \partial \varkappa$.

C) Действующую на частицу силу находим из уравнения движения:
\[
\mathbf{F}=m \mathbf{a}=\mathbf{j}+\sin \pi \frac{t}{2} \mathbf{k} \text { ньютон. }
\]
в) Радиус кривизкы траекторииопределяется как $R=v^{2} / a_{\perp}$. В нашем случае $v^{2}=1+(1+t)^{2}+\left(2 / \pi^{2}\right)^{2} \cos ^{2} \pi(t / 2)$; диф. ференцируя по $t$, получаем
\[
2 v \frac{d v}{d t}=2 v a_{\|}=2(1+t)-\left(\frac{2}{\pi}\right) \cos \pi \frac{t}{2} \sin \pi \frac{t}{2} .
\]

В момент времени $t=1$
\[
\begin{array}{l}
v=\sqrt{5} \text { м/сек, } a_{\|}=\frac{2}{\sqrt{5}} \mu^{2} \text { ceк }^{2}, \\
a=\sqrt{2} \mu / \text { ceк }^{2}, \quad a_{\perp}=\sqrt{a^{2}-a_{\|}^{2}}=\sqrt{\frac{6}{5}} \text { м/сек }{ }^{2} . \\
\end{array}
\]

Таким образом,
\[
R=\frac{5 \sqrt{5}}{\sqrt{6}} \mu \approx 4,6 \mu .
\]
11.20. Используя решение задачи 11.14 , можем сразу написать
\[
\mathbf{r}(t)=\mathbf{r}_{0}+\mathbf{v}_{0} t-\frac{1}{2} g t^{2} \mathbf{k}
\]
(ось $z$ направлена вертикально вверх).
11.21. Рассмотрим точку $A$ на земной поверхности с координатами $\lambda_{1}$ и $\varphi_{1}$. Проведем из начала прямоугольной системы координат (выбранной так, как указано в примечании к условию задачи, стр. 38) радиус-вектор в точку $A$ и найдем его компоненты:
\[
\mathbf{r}_{A}=R \cos \lambda_{1} \cos \varphi_{1} \mathbf{i}+R \cos \lambda_{1} \sin \varphi_{1} \mathbf{j}+R \sin \lambda_{1} \mathbf{k},
\]

где $R$-радиус Земли.
Аналогично, для другой точки с угловыми координатами $\left(\lambda_{2}, \varphi_{2}\right)$ нмеем
\[
\mathbf{r}_{B}=R \cos \lambda_{2} \cos \varphi_{2} \mathbf{i}+R \cos \lambda_{2} \sin \varphi_{2} \mathbf{j}+R \sin \lambda_{2} \mathbf{k} .
\]

Длина дуги большого круга $S_{A B}$, проходящего через рассматриваемые точки, равна $\Phi R$, где $\Phi$ – угол между векторами $\mathbf{r}_{A}$ и $\boldsymbol{r}_{B}$. Этот угол найдем, вычислив скалярное произведение векторов $\mathbf{r}_{A}$ и $\mathbf{r}_{B}$ :

откуда
\[
\boldsymbol{r}_{A} \cdot \mathbf{r}_{B}=R^{2} \cos \Phi,
\]
\[
\cos \Phi=\frac{r_{A} \cdot r_{B}}{R^{2}} .
\]

С другой стороны,
\[
\begin{aligned}
\mathbf{r}_{A} \cdot \mathbf{r}_{B} & =R^{2}\left(\cos \lambda_{1} \cos \varphi_{1} \cos \lambda_{2} \cos \varphi_{2}+\right. \\
& \left.+\cos \lambda_{1} \sin \varphi_{1} \cos \lambda_{2} \sin \varphi_{2}+\sin \lambda_{1} \sin \lambda_{2}\right)= \\
& =R^{2}\left[\cos \lambda_{1} \cos \lambda_{2} \cos \left(\varphi_{1}-\varphi_{2}\right)+\sin \lambda_{1} \sin \lambda_{2}\right]
\end{aligned}
\]

Поэтому
\[
\begin{array}{l}
\cos \Phi=\cos \lambda_{1} \cos \lambda_{2} \cos \left(\varphi_{1}-\varphi_{2}\right)+\sin \lambda_{1} \sin \lambda_{2} \\
\text { и } \\
S_{A B}=R \arccos \left[\cos \lambda_{1} \cos \lambda_{2} \cos \left(\varphi_{1}-\varphi_{2}\right)+\sin \lambda_{1} \sin \lambda_{2}\right] .
\end{array}
\]
11.22. На рисунке схематически показано и отмечено цифрами I, II, III положение Луны в новолуние, первую четверть и полнолуние.
Рассмотрим движение Луны относительно Земли. Будем считать, что вокруг Земли Луна движется по круговой орбите, поэтому ее ускорение всегда направлено по радиусу орбиты к Земле.
Величина этого ускорения равна
\[
a_{Л}=\frac{v^{2}}{R_{J 1}}=\frac{4 \pi^{2} R_{\pi}}{T_{Л}^{2}},
\]

где $R_{л}$-расстояние от Земли до Луны, а $T_{л}$-период обращения Луны.
В задаче 7.3 было показано, что
\[
\left(\frac{T_{J}}{T_{3}}\right)^{2}=\left(\frac{R_{J}}{R_{3}}\right)^{3} \frac{M_{\mathrm{C}}}{M_{3}},
\]

( $T_{3}$ – период обращения Земли вокруг Солнца, $R_{3}$ – расстояние от Земли до Солнца, а $M_{3}$ и $M_{\text {С }}$ – массы Земли и Солица).
Учитывая это, находим
\[
a_{\lambda}=\frac{4 \pi^{2}}{T_{3}^{2}} \frac{R_{3}^{3}}{R_{\Omega}^{2}} \frac{M_{3}}{M_{\mathrm{C}}} \approx 0,27 \mathrm{~cm} / \mathrm{ceN}^{2} .
\]

Двигаясь вместе с Землей по круговой орбите вокруг Солнца, Луна обладает еще одним центростремительным ускорением, направленным по радиусу к Солнцу, величиной
\[
a_{3}=\frac{4 \pi^{2}}{T_{3}^{2}} R_{3} \approx 0,60 \mathrm{~cm} / \text { ceк }^{2}
\]
(здесь мы пренебрегли $R_{Л}$ по сравнению с $R_{3}$ ). Таким образом, результирующее ускорение Луны по отношению к Солицу в любой момент времени равно $\mathbf{a}=\mathbf{a}_{\Omega}+\mathbf{a}_{3}$. Поэтому
$a_{1}=a_{3}-a_{Л}=0,33 \mathrm{~cm} /$ сек ${ }^{2}$ (направлено к Солнцу),
$a_{11}=\sqrt{a_{Л 1}^{2}+a_{3}^{2}}=0,66 \mathrm{~cm} /$ сек $^{2}$ (направлено под углом $\alpha$ к линии Луна-Солнце, причем $\operatorname{tg} \alpha=a_{\text {Л }} / a_{3}=0,45$, $\left.\alpha=24^{\circ} 13^{\prime}\right)$;
$a_{111}=a_{3}-a_{\text {Л }}=0,87 \mathrm{~cm} /$ сек $^{2}$ (направлено к Солнцу).

К главе 12. Характеристики сил
12.1. Кирпич расположен на плоскости так, как показано на фиг. 1. Чтобы нагляднее изобразить силы, действующие натело, нарисуем наклонную плоскость в другой проекции (фиг. 2). На тело действует сила веса $\mathrm{mg}$, направленная вертикально вниз. Ее можно разложить на составляющие $F_{||}$и $F_{\perp}$ вдоль и перпендикулярно наклонной плоскости. Первая вызывает движение вдоль оси $y$, вторая уравновешивается реакцией плоскости. Из треугольника сил находим эти силы:
\[
F_{\mid l}=m g \sin \theta, \quad F_{\perp}=m g \cos \theta .
\]
a) При движении тела вверх (т. е. в положительном направлении оси $y$ ) уравнение движения имеет вид
но
\[
m a_{y}=-m g \sin \theta-F_{\mathrm{Tp}},
\]

так что
\[
F_{\text {Tp }}=\mu F_{L},
\]
\[
a_{y}=-g \sin \theta-\mu g \cos \theta=-g \cos \theta(\operatorname{tg} \theta+\mu) .
\]
6) При движении вниз
\[
\begin{array}{c}
m a_{y}=m g \sin \theta-\mu m g \cos \theta, \\
a_{y}=g \sin \theta-\mu g \cos \theta=g \cos \theta(\operatorname{tg} \theta-\mu),
\end{array}
\]
т. е. если $\mu \geqslant \operatorname{tg} \theta$, то скользить по наклонной плоскости только под действием силы тяжести кирпич не может.
в) Нарисуем для удобства плоскость $x y$ так, чтобы она совпадала с плоскостью страницы. Составляющая силы $F_{||}$направлена вертикально вниз, а $F_{\perp}$ – перпендикулярно рисунку за страницу.
Если кирпич скользит вниз по $A B$, то сила трения направлена вверх по $A B$, как показано на фиг. 3. Кроме того, к кирпичу приложена со стороны линейки сила, равная $m g \sin \theta \cos \varphi$ и направленная перпендикулярно линии $A B$. Поэтому
\[
\begin{aligned}
a_{x} & =\mu g \cos \theta \cos \varphi-g \sin \theta \sin \varphi \cos \varphi= \\
& =g(\mu \cos \theta-\sin \theta \sin \varphi) \cos \varphi, \\
a_{y} & =-g \sin \theta+\mu g \cos \theta \sin \varphi+g \sin \theta \cos ^{2} \varphi= \\
& =g(\mu \cos \theta-\sin \theta \sin \varphi) \sin \varphi .
\end{aligned}
\]

Аналогично при движении кирпича вверх по $A B$ :
\[
\begin{array}{l}
a_{x}=-g(\mu \cos \theta+\sin \theta \sin \varphi) \cos \varphi, \\
a_{y}=-g(\mu \cos \theta+\sin \theta \sin \varphi) \sin \varphi .
\end{array}
\]
12.2. а) Пусть кирпич движется вверх по наклонной плоскости с начальной скоростью $v_{0}$. Уравнение его движения имеет вид
\[
y=v_{0} t-\frac{a_{1} t^{2}}{2},
\]

где $a_{1}=g(\sin \theta+\mu \cos \theta$ ) (см. предыдущую задачу).
Через промежуток времени $t_{1}=v_{0} / a_{1} \approx 0,45$ сек (в этот момент времени его скорость $v=v_{0}-a_{1} t_{1}$ обратится в нуль) он достигнет наивысшей точки и пройдет по наклониой плоскости путь
\[
S=v_{0} t_{1}-\frac{a_{1} t_{1}^{2}}{2}=\frac{v_{0}^{2}}{2 a_{1}} \approx 0,68 \mathrm{M} .
\]
б) Двигаясь вниз по наклонной плоскости с ускорением $a_{2}=g(\sin \theta-\mu \cos \theta$ ) (см. предыдущую задачу) и нулевой начальной скоростыо, кирпич пройдет тот же путь $S$ за время $t_{\text {a. }}$. Очевидно,
\[
S=\frac{a_{2} t_{2}^{2}}{2},
\]

так что
\[
t_{2}=\sqrt{\frac{\overline{2 S}}{a_{2}}} \approx 0,65 \text { сек. }
\]

Полное время движения кирпича равно $t_{1}+t_{2}=1,1$ сек.
в) Кирпич теряет энергию на преодоление силы трения, поэтому изменение его кинетической энергии равно работе силы трения на пути $2 S: \Delta T=2 S \mu m g \cos \theta \approx 2,3$ дж.
Этот же результат можно получить, вычислив непосредственно изменение кинетической энергии кирпича:
\[
\Delta T=\frac{m v_{0}^{2}}{2}-\frac{m}{2}\left(a_{2} t_{2}\right)^{2} \approx 2,3 \partial \varkappa .
\]
12.3. Рассмотрим сначала случай, когда сила Н направлена к склону. Вес $\mathbf{W}$ и приложенную внешнюю силу $\mathbf{H}$ разлагаем на две составляющие: нормальную к наклонной плоскости и параллельную к ней. Қак видно из рисунка (где показано разложение только силы $\mathrm{H}$ ),
H
\[
W_{\|}=W \sin \alpha, \quad W_{\perp}=W \cos \alpha
\]
\[
H_{i:}=H \cos \alpha, H_{\perp}=H \sin \alpha .
\]

При достаточно большой силе $H$ груз $W$ начнет двигаться вверх по наклонной плоскости, так как $H \|$ направлено вверх по плоскости, а в отсутствие силы $H$ груз $W$ покоится ( $\mu>\operatorname{tg} \alpha$ ). Непосредственно перед началом движедолжна равняться силе трения. Последнюю получим, умножив силу нормального давления $H_{\perp}^{\mathrm{MuH}}+W_{\perp}$ на коэффициент трения $\mu$. Итак,
\[
H_{\|}^{\text {мин }}-W_{\text {! }}=\mu\left(H_{\perp}^{\text {мин }}+W_{\perp}\right)
\]

или
\[
\left(H^{\text {Мин }} \cos \alpha-W \sin \alpha\right)=\mu\left(H^{\text {мин }} \sin \alpha+W \cos \alpha\right),
\]

откуда
\[
H^{\text {мин }}=\frac{3 \operatorname{tg} \alpha}{1-2 \operatorname{tg}^{2} \alpha} W=\frac{3 \mu}{2-\mu^{2}} W \quad(\mu=2 \operatorname{tg} \alpha) .
\]

Найдем теперь минимальное значение силы $\mathbf{H}$, направленной от наклонной плоскостн, способной привести тело в двнжение. В этом случае тело $W$ начнет двигаться вниз, а для минимальной силы записываем уравнение
\[
\left(H^{\text {мии }} \cos \alpha+W \sin \alpha\right)=2 \operatorname{tg} \alpha\left(-H^{\text {мин }} \sin \alpha+W \cos \alpha\right) \text {, }
\]

откуда
\[
H^{\mathrm{MHH}}=\frac{\operatorname{tg} \alpha}{1+2 \operatorname{tg}^{2} \alpha} W=\frac{\mu}{2+\mu^{2}} W .
\]

Так как $3 /\left(2-\mu^{2}\right)$ всегда больше $1 /\left(2+\mu^{2}\right)$, во втором случае сила, приводящая в движение тело весом $W$, меньше.
12.4. В точке $O$ горизонтальная составляющая натяжения нити $T \cos \alpha$ уравновешивается силой трения, которая непосредственно перед началом скольжения кольца равна $\mu T \sin \alpha$.

Таким образом, $T \cos \alpha=\mu T \sin \alpha$, откуда $\operatorname{tg} \alpha=1 / \mu=4 / 3$. После простых вычислений находим также, что $\sin \alpha=4 / 5$. $\cos \alpha=3 / 5$. По теореме синусов:
\[
\frac{2,5}{\sin \theta}=\frac{1,5}{\sin [180-(\alpha+\theta)]} \text {; откуда } \operatorname{ctg} \theta=0 \text {, т. е. } \theta=90^{\circ} \text {. }
\]

Спроектируем силы, действующие на груз весом $1 \kappa \Gamma$, на направление перекинутой через блок нити. Сумма этих проекций должна быть равна нулю. Итак,
\[
W-m g \cos \alpha=0, \text { т. e. } W=\frac{3}{5} \kappa \Gamma .
\]

Аналогично, проектируя силы на направление нити длиной $1,5 \mu$, находим $T=4 / 5 \kappa \Gamma$.
12.5. Пусть $N$-давление одной части замка на другую. Непосредственно перед началом движения $F_{\text {тр }}=\mu N$. Так как части замка не движутся, сумма вертикальных проекций сил, действующих на часть $A$, так же как и горизонтальных, дей. ствующих на часть $B$, равна нулю. Поэтому
\[
\begin{array}{c}
\frac{N}{\sqrt{2}}-\frac{\mu N}{\sqrt{2}}-m g=0, \\
-\frac{N}{\sqrt{2}}-\frac{\mu N}{\sqrt{2}}+F=0,
\end{array}
\]

откуда
\[
N=\frac{\sqrt{2} m g}{1-\mu} ; \quad F=\frac{1+\mu}{1-\mu} m g .
\]
12.6. В системе, связанной с тележкой, на «неосторожного молодого человека» действует, кроме силы веса, псевдосила, равная – та, где а – ускорение тележки (мы знаем, что его величина $g \sin \alpha$ ). Вертикальная составляющая ускорения равна $g \sin ^{2} \alpha$, поэтому весы будут показывать вес $m g\left(1-\sin ^{2} \alpha\right)=$ $=m g \cos ^{2} \alpha$. Так как этот вес составляет $3 / 4$ «настоящего» веса, то
\[
\cos \alpha=\frac{\sqrt{3}}{2} \quad \text { н } \quad \alpha=30^{\circ} .
\]
12.7. Ускорение груза массы $M_{2}$ обозначим через $a_{2}$; направим его вертикально вверх. Ускорение $a_{1}$ груза $M_{1}$ (направление которого совпадает с поверхностью наклонной плоскости) связано с ускорением $a_{2}$, как мы уже знаем, соотношением $a_{1}=2 a_{2}$ (см., например, задачи 9.9, 9.14, 4.5).
Составим уравнения движения грузов $M_{1}$ и $M_{2}$ :
\[
\begin{array}{l}
M_{1} a_{1}=M_{1} g \sin \theta-\frac{T}{2}, \\
M_{2} a_{2}=-M_{2} g+T,
\end{array}
\]

где $T$-натяжение нити, на которой подвешен груз $M_{2}$, или
\[
\begin{aligned}
4 M_{1} a_{2} & =M_{1} g-T, \\
M_{2} a_{2} & =-M_{2} g+T,
\end{aligned}
\]

откуда
\[
a_{2}=\frac{M_{1}-M_{2}}{4 M_{1}+M_{2}} g=\frac{1}{9} g
\]

H
\[
T=\frac{5 M_{1} M_{2}}{4 M_{1}+M_{2}} g=222 \kappa \Gamma .
\]

Натяжение нити, прикрепленной к грузу $M_{1}$, равно, очевидно, $T / 2=111 \kappa \Gamma$.
12.8. Рассмотрим движение брусков непосредственно перед тем, как они начнут проскальзывать друг относительно друга. Запишем уравнение движения обоих брусков вместе, обозначив через $\mu_{1}$ коэффициент трения второго бруска о первый, а через $\mu_{2}$-бруска о наклонную плоскость:
\[
\left(m_{1}+m_{2}\right) a=F-\left(m_{1}+m_{2}\right) g \sin \alpha-\mu_{2}\left(m_{1}+m_{2}\right) g \cos \alpha ;
\]

здесь $\alpha$-угол, который образует наклонная плоскость с горизонтом, причем $\sin \alpha=5 / 13, \cos \alpha=12 / 13$.

К верхнему бруску приложена только сила трения, равная (непосредственно перед началом проскальзывания) $\mu_{1} m_{1} g \cos \alpha$. Под ее действием брусок движется с тем же самым ускорением $a$, что и нижний, поэтому
\[
m_{1} a=\mu_{1} m_{1} g \cos \alpha-m_{1} g \sin \alpha,
\]

откуда
\[
a=g\left(\mu_{1} \cos \alpha-\sin \alpha\right)=\frac{1}{13} g \approx 0,75 \text { м/сек }{ }^{2} .
\]

Наконец, величина силы $F$, соответствующая этому значению $a$, равна
\[
F=\left(\frac{1}{13}+\sin \alpha+\mu_{2} \cos \alpha\right)\left(m_{1}+m_{2}\right) g \approx 200 \Gamma .
\]
12.9. Пусть угол $\theta$ и коэффициент трения $\mu$ таковы, что куб, предоставленный сам себе, начинает скользить. При этом изменение его потенциальной энергии (за счет опускания ц. м.) окажется больше работы силы трення: за счет этой разницы и появляется кинетическая энергия у куба. Ясно, что в положенин, когда силы трення едва хватает, чтобы удержать куб, изменение потенциальной энёргии при (воображаемом) небольшом смещении куба будет как раз равно работе силы трения. Как видно из рисунка, высота ц. м. куба равна $h=(l / \sqrt{2}) \cos \left(45^{\circ}-\theta\right)$ ( $l$-длина ребра куба), а расстояние от нижнего ребра до стенки $x=l \cos \theta$.
Если угол $\theta$ уменьшился на величину $\Delta \theta$, то уменьшение потенциальной энергии куба равно
\[
m g \frac{l}{\sqrt{2}} \sin \left(45^{\circ}-\theta\right) \Delta \theta,
\]

а работа силы трения равна $\mu N l \sin \theta \Delta \theta$, где $N$-сила давления куба на пол. Если угол $\theta$ такой, что куб все-таки не движется, то $N=m g$ (сумма сил, действующих на куб, должна быть равна нулю). Итак,
\[
m g \frac{l}{\sqrt{2}} \sin \left(45^{\circ}-\theta\right)=\mu m g l \sin \theta,
\]

или
\[
\operatorname{tg} \theta=\frac{1}{1+2 \mu} .
\]

Проверим, насколько разумен наш ответ. Предположим, что угол $\theta$ очень мал. Ясно, что в этом случае нужно очень большое трение, чтобы удержать куб от скольжения. Это видно и из нашей формулы (при $\theta \rightarrow 0 \mu \rightarrow \infty$ ). Если $\theta=45^{\circ}$, куб балансирует на нижнем ребре и нужна очень маленькая сила со стороны стенки и соответственно очень маленькая сила трения, чтобы удержать его (при $\theta=45^{\circ}$ $\mu=0$ ). Наконец, если $\mu=1$, куб будет в равновесии при $\theta=18^{\circ} 30^{\prime}$.
12.10. Обозначим через $N_{1}$ и $N_{2}$ снлы нормального давления, возникающие в верхнем и ннжнем соединениях кронштейна со столбом, а через $F_{\mathrm{Tp}}^{(1)}$ и $F_{\mathrm{тp}}^{(2)}$-силы трения в этих же соединениях. Так как кронштейн находится в равновесии, то проекции всех сил на горизонтальное и вертикальное направления равны нулю. Поэтому
( $P$ – вес кронштейна).
\[
\begin{aligned}
N_{1} & =N_{2}, \\
50 P+P & =F_{\mathrm{Tp}}^{(1)}+F_{\mathrm{Tp}}^{(2)}
\end{aligned}
\]

Непосредственно перед тем, как кронштейн начнет соскальзывать по столбу, силы трения (направленные вверх, что учтено при записи второго уравнения) равны
\[
F_{\mathrm{Tp}}^{(1)}=0,3 N_{1} \text { и } F_{\mathrm{\tau p}}^{(2)}=0,3 N_{2} .
\]

Учитывая это и вводя обозначение $N_{1}=N_{2} \Rightarrow N$, вместо системы двух уравнений получаем $51 P=0,6 \mathrm{~N}$.

Еще одно уравнение для $P$ и $N$ получаем, используя принцип виртуальных перемещений.

Поворачивая кронштейн как целое на малый угол $\Delta \varphi$, например, вокруг точки $O$, убеждаемся (см. задачи к гл. 4), что любая точка кронштейна, находящаяся на расстоянии $l$ от оси вращения, при этом смещается влево на расстояние $l \cos \varphi \Delta \varphi$ н вниз-на $l \sin \varphi \Delta \varphi$. Но $l \cos \varphi$ – расстояние до данной точки от оси вращения по вертикали, а $l \sin \varphi-$ расстояние по горизонтали, поэтому закон сохранения энергии при выбранном виртуальном перемещении записывается в виде

или
\[
50 P X \Delta \varphi+15 P \Delta \varphi+3 N \Delta \varphi-22 N \Delta \varphi=0,
\]
\[
50 P X+15 P=19 N .
\]

Из системы двух уравнений
\[
\begin{aligned}
50 P X+15 P & =19 N, \\
51 P & =0,6 \mathrm{~N}
\end{aligned}
\]

находим
\[
\begin{array}{l}
\frac{50 X+15}{51}=\frac{19}{0,6}, \\
\text { откуда } X=32 \mathrm{~cm} .
\end{array}
\]
12.11. а) Если веревка подвинется вправо на расстояние $\mathcal{S}$, то при этом будет выполнена работа $\Delta T S$. Эта работа должна равняться работе сил трення
\[
\Delta T S=F_{\mathrm{Tp}} \cdot S,
\]

откуда $\Delta T=F_{\mathrm{rp}}$.
Но $F_{\text {тр }}=\mu N$, где $N$-сила нормального давления. Из рисунка видно, что
\[
N=2 T \sin \frac{\Delta \theta}{2}=T \Delta \theta
\]
(мы пренебрегли при сложении сил величиной $\Delta T$ по сравнению с $T$ ).
Таким образом,
\[
\Delta T=\mu T \Delta \theta,
\]

или для бесконечно малых углов
\[
\frac{d T}{T}=\mu d \theta .
\]
б) Интегрируя полученное в пункте (a) уравнение, находим
\[
\begin{array}{c}
\int_{T_{1}}^{T_{2}} \frac{d T}{T}=\mu \int_{0}^{\alpha} d \theta \text { и } \ln \frac{T_{2}}{T_{1}}=\mu \alpha, \\
\frac{T_{2}}{T_{1}}=e^{\mu \cdot \alpha} .
\end{array}
\]

так что
12.12. Перейдем в систему коордннат, жестко связанную с полосой. В этой системе на тело действует псевдосила $\mathbf{F}=$ ma. Разложим ее на две составляющие: $F_{||}$вдоль полосы и $F_{\perp}-$ перпендикулярно к ней. Они равны соответственно (см. рисунок)
\[
F_{\|}=F \cos \theta, \quad F_{\perp}=F \sin \theta .
\]

Уравнение движения в выбранной нами системе координат нмеет вид (ось $x$ направлена вверх по полосе)
\[
m \ddot{x}=F_{\|}-m g \sin \theta_{2}
\]
T. e.
\[
\ddot{x}=a \cos \theta-g \sin \theta .
\]

Путь $S$ тело проходит за время (начальная скорость тела равна нулю)
\[
t=\sqrt{\frac{2 S}{a \cos \theta-g \sin \theta}} \approx 2,16 \text { ceк. }
\]
12.13. а) В гл. 12 «екций» (вып. 1) показано, что на заряд $q$, помещенный в электрическое поле напряженностью $E$, действует сила $F$, равная $q E$, причем $F$ нзмеряется в ньютонах, а $q-$ кулонах. Отсюда
\[
[E]=\frac{[F]}{[q]}=\text { ньютон } / \text { кулон }
\]
(символ $[A]$ означает размерность физической величины $A$ ). б) На заряд $q$, движущийся в магнитном поле со скоростью $v$, действует сила
откуда
\[
F=q v B \text { ( } B \text {-магнитная индукция), }
\]
\[
[B]=\frac{[F]}{[q][v]}=\frac{\text { ньютон.сек }}{\kappa у л о н \cdot м} .
\]
в) Размерность отношения $E$ к $B$ есть
\[
\frac{[E]}{[B]}=[v]=\text { м/сек. }
\]

Обратите внимание, что так называемая скорость дрейфа частиц в скрещенном электрическом и магнитном полях равна как раз этому отношению (подробнее см. «Лекции». вып. 6, стр. 340 или задачу 12.16).
г) Для гравитационного поля $C$ :
\[
F=m C \text { и }[C]=\frac{[F]}{[m]}=\text { ньютон } / \kappa г .
\]
12.14. Пусть частица движется в плоскости $x y$, а магнитная индукция направлена по оси $z$. На частицу действует сила, компоненты которой
\[
F_{x}=q v_{y} B, F_{y}=-q v_{x} B .
\]

Легко видеть, что $\mathbf{F} \perp \mathbf{v}$ (так как $\mathbf{F} \cdot \mathbf{v}=0$ ) и
\[
F=\sqrt{F_{x}^{2}+F_{y}^{2}}=q \sigma B .
\]

Как было показано в задаче 9.1, под действием такой силы частица равномерно движется по круговой орбите, лежащей в плоскости $x y$, причем раднус орбиты равен $R=m v / q B$.
12.15. Так как частица движется равиомерно по круговой орбите, то время одного оборота $T$ найдем по формуле
\[
T=\frac{2 \pi R}{v}=\frac{2 \pi m}{q B}
\]
(в предыдущей задаче показано, что $R=m v / q B$ ).
При ускорении частицы в циклотроне необходимо точно знать время $T$, чтобы правильно выбрать частоту ускоряющего электрического поля. Период колебаний этого поля должен совпадать с периодом обращения частицы (так называемое условие резонанса, или синхронизма).
12.16. а) Уравнение движения частицы в данном электромагнитном поле есть [см. формулу (12.11) «Лекций», вып. 1, стр. 224]
\[
\begin{array}{l}
m \ddot{x}=q v_{y} B_{z}=q \dot{y} B_{z}, \\
m \ddot{y}=q E_{y}-q v_{x} B_{z}=q E_{y}-q \dot{x} B_{z}, \\
m \ddot{z}=0 .
\end{array}
\]
б) Применяя преобразования Галнлея
так что
\[
x^{\prime}=x-\frac{E_{y}}{B_{z}} t, \quad y^{\prime}=y, \quad z^{\prime}=z,
\]
\[
\dot{x}^{\prime}=\dot{x}-\frac{E_{y}}{B_{z}}, \quad \dot{y}^{\prime}=\dot{y}, \quad \dot{z}^{\prime}=\dot{z}
\]

и
\[
\ddot{x}=\ddot{x}, \quad \ddot{y}=\ddot{y}, \quad \ddot{z}=\ddot{z},
\]

получаем следующие уравнения движения в штрихованной системе:
\[
\begin{aligned}
m \ddot{x^{\prime}} & =q \dot{y}^{\prime} B_{z}, \\
m \ddot{y}^{\prime} & =-q \dot{x}^{\prime} B_{z}, \\
m \ddot{z} & =0 .
\end{aligned}
\]

Как следует из уравнений движения, в штрихованной системе координат частица будет двигаться по круговой орбите в плоскостн $x^{\prime} y^{\prime}$ радиусом $R=m v / q B_{z}$.

Из преобразований Галилея видно, что штрихованная система координат движется в положительном направлении оси $x$ нештрихованной системы со скоростью $v_{d}=E_{y} / B_{z}$.

(Скорость $v_{d}$ называют скоростью дрейфа.) Значит, в неш̈трйованной системе координат частица движется по циклоиде (сравните с задачей 8.12).

К главе 14. Работа и потенциальная энергия
14.1. Сила $\mathbf{F}=1,5 y \mathbf{i}+3 x^{2} \mathbf{j}-0,2\left(x^{2}+y^{2}\right) \mathbf{k}$ ньнтон.
При $t=0 \mathbf{r}_{0}=2 \mathbf{i}+3 \mathbf{j} \mu$, а $\mathbf{v}_{0}=2 \mathbf{j}+\mathbf{k}$ м/сек, поэтому
а) $\mathbf{F}_{0}=4,5 \mathbf{i}+12 \mathbf{j}-2,6 \mathrm{k}$ ньютон,
б) $\mathbf{a}_{0}=4,5 \mathbf{i}+12 \mathbf{j}-2,6 \mathrm{k} M / \mathrm{cek}^{2}$,
в) $T_{0}=\frac{m v_{0}^{2}}{2}=2,5 \partial \varkappa$,
г) $\frac{d T}{d t}=\mathbf{F}_{0} \mathbf{v}_{0}=21,4 \partial \varkappa / c e \kappa$.
14.2. Приближенно можно положить
а) $\boldsymbol{r}(t=0,01)=\mathbf{r}_{0}+\mathbf{v}_{0} \cdot 0,01=2,001+3,02 \mathbf{j}+0,01 \mathbf{k} x$,
б) $\mathbf{v}(t=0,01)=\mathbf{v}_{0}+\mathbf{a}_{0} \cdot 0,01=0,045 \mathbf{i}+2,12 \mathbf{j}+0,97 \mathbf{k}$ н/сек,
в) $T(t=0,01)=T_{0}+\frac{d T}{d t} \cdot 0,01=2,71$ дж (или $T=\frac{m v^{2}}{2}=$ $=2,71 \partial \mathscr{*})$.
14.3. а) При перемещении частицы вдоль оси $y$ работу совершает только $y$-компонента силы. Но $F_{y}=3 x^{2}=0 \quad(x=0$ при движении вдоль оси $y$ ), поэтому и работа сны $\mathbf{F}$ равна нулю.
б) В этом случае нужно приннмать во внимание только $y$ и $z$-компоненты силы $\mathbf{F}$, так как перемещение перпендикулярно оси $x$. Однако $F_{y}=0$ ( $x=0$ для всех точек плоскости $y-z$ ), поэтому работа силы $\mathbf{F}$ равна
\[
W=\int_{M_{1}}^{M_{2}} F_{z} d z=-0,2 \int_{M_{1}}^{M_{2}} y^{2} d z .
\]

Как видно из рисунка, $z=\sin \varphi, y=\cos \varphi$,точке $M_{1}$ соответствует знаџение угла $\varphi=\pi$, а точке $M_{2}$ – значение $\varphi=0$, поэтому
\[
W^{\prime}=-0,2 \int_{\pi}^{0} \cos ^{2} \varphi d \varphi=-0,2\left[\sin \varphi-\frac{1}{3} \sin ^{3} \varphi\right]_{\varphi=\pi}^{\varphi=0}=0 .
\]

Однако это еще не означает, что сила $\mathbf{F}$ консервативна. Можно найти такие траектории частицы, для которых работа силы $\mathbf{F}$ не равна нулю. Например, если частица перемещается из точки $M_{1}$ в точку $M_{2}$ по окружности единичного радиуса, лежащей в плоскости $x-y$, работа силы $\mathbf{F}$ равна
\[
W=\int_{M_{1}}^{M_{2}} F_{x} d x+\int_{M_{1}}^{M_{2}} F_{y} d y=3 \int_{-1}^{1} x^{2} d y=3 \int_{-1}^{1}\left(1-y^{2}\right) d y=4 \partial \mathscr{H} .
\]

Таким образом, работа при перемещении частицы из точки $(0,-1,0)$ в точку $(0,1,0)$ зависит от пути перемещения, поэтому поле силы $\mathbf{F}$ неконсервативно.
14.4. 1. а) Кинетическая энергия частицы в конце пути равна работе, совершаемой силой F. Следорательно,
\[
\frac{m v^{2}}{2}=\int_{0}^{3}(3+4 x) d x=27 \partial \mathscr{H},
\]

откуда
\[
v=3 \text { м/сек. }
\]
б) Из уравнения движения $m a=F_{x}$ находим
\[
a=\left(\frac{1}{2}+\frac{2}{3} x\right) \text { м/сек }{ }^{2} \text {. }
\]

Поэтому ускорение частицы в конце пути $a=2,5 \mathrm{~m} /$ сек $^{2}$.
в) Мощность равна изменению кинетической энергии в еднницу времени, т. е.
\[
\frac{d}{d t}\left(\frac{m v^{2}}{2}\right)=\mathbf{F} \cdot \mathbf{v}=45 \mathrm{sm} .
\]
2. В этом случае удобиее непосредственно проинтегрировать уравнение движения $m a=3+4 t$, откуда
\[
v=\frac{3}{m} t+\frac{4}{2 m} t^{2}
\]
(здесь учтено, что $v=0$ при $t=0$ ). Следовательно, при $t=3$ сек
\[
\begin{array}{c}
v=4,5 \mathrm{~m} / \text { сек, } a=\frac{3+4 t}{m}=2,5 \mathrm{~m} / \mathrm{ce}^{2}, \\
\frac{d}{d t} \frac{m v^{2}}{2}=F v=67,5 \mathrm{sm} .
\end{array}
\]
14.5. Қак было показано в Лекциях» (вып. 1), поле п потенциал вне сферической оболочки равны полю и потенциалу точечного заряда, помещенного в центр сферы и равного по величине полному заряду оболочки. (Внутри оболочки поле равно нулю, т. е. потенциал не меняется от точки к точке.) Итак,
\[
\varphi=\frac{q}{4 \pi e_{0} R},
\]

где $R$-радиус оболочки; $q$-ее полный заряд. Находим далее
\[
q=4 \pi \varepsilon_{0} \varphi R=5,6 \cdot 10^{-5} \text { кулон. }
\]
14.6. Пусть $A$ и $B$-радиусы соответственно внешней и внутренней сфер. Пользуясь результатом предыдущей задачи и принципом суперпозиции, вычислим потенциал на поверхности внешней сферы. Заряды, расположенные на внутренней сфере, создают на внешней сфере потенцил $q / 4 \pi \varepsilon_{0} A(q-з а р я д$ внутренней сферы), а заряды, расположенные па самой впешней сфсре,– потенциал – $q / 4 \pi \varepsilon_{0} \Lambda$ (папомним, что эарлды сфер равны по величине и противоположны по знаку). Таким образом, потенцнал внешней сферы равен нулю.
Займемся теперь внутренней сферой. Потенциал, создаваемый на ней ее собственными зарядами, равен $q / 4 \pi \varepsilon_{0} B$, циалов между сферами равна потенциалу внутренней сферы, так что
и
\[
\varphi_{2}-\varphi_{1}=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left(\frac{1}{B}-\frac{1}{A}\right)
\]
14.7.
\[
C=4 \pi \varepsilon_{0} \frac{A B}{A-B} \phi .
\]
\[
\varphi_{3}=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} R_{3}}=1,6 \cdot 10^{3} \mathrm{~g} \quad\left(R_{3}=6370 \mathrm{\kappa m}\right) .
\]
14.8. Мощность $N$ связана с силой $F$ и скоростью $v$ соотнопением $N=F v$, так что $F=N / v$.
Из уравнения движения $m a=F$ ( $m-$ масса автомобиля) имеем
\[
a=\frac{F}{m}=\frac{N}{m v}=7,2 \mathrm{M} / \text { cек }^{2} .
\]
14.9. Масса всего кабеля $m=M L$. В начальный момент времени центр тяжести кабеля находился на расстоянии $L / 4$ от оси блока, в конечный – на расстоянии $L / 2$.
Таким образом, изменение потенциальной энергии каж беля $\Delta U$ равно
\[
M L g \frac{L}{2}-M L g \frac{L}{4},
\]
T. e.
\[
\Delta U=\frac{1}{4} M L^{2} g .
\]

Мзменение кинетической энертии $\Delta E$ кабеля с учетом того, что вначале он поконлся, равно
\[
\Delta E=\frac{m v^{2}}{2}=\frac{M L}{2} v^{2} .
\]
(Разумеется, все точки кабеля движутся с одиой и той же скоростью $
u$.
Из закона сохранения энергин имеем $\Delta U=\Delta E$, откуда
\[
\frac{M L^{2} g}{4}=\frac{M L v^{2}}{2} \text { и } \quad v=\sqrt{\frac{g L}{2}} .
\]
14.10. Пусть вода вырывается нз наконечника со скоростью $v$. Зная высоту подъема воды и јгол наклона наконечника к горизонту, можно иайти начальную скорость струи.
Действительно, $H_{\text {макс }}=\left(v^{2} / 2 g\right) \sin ^{2} \alpha$, откуда
\[
v^{2}=\frac{2 g H}{\sin ^{2} \alpha}=8 g H
\]
(здесь учтено, что $\alpha=30^{\circ}$ ).
В единцу времени из шланга выбрасывается масса воды $m=\rho S v$, где $S$-площадь поперечного сечения наконечника, а $\rho$-плотность воды. Полезная работа мотора в единицу времени затрачивается на подиятие этой массы воды на высоту $h$ и на выбрасывание ее 13 шланга со скоростью $v$. Она равна
\[
P_{n}=m g h+\frac{m v^{2}}{2}=\rho \operatorname{Svg}(h+4 H) .
\]

Мощность мотора $P$, очевидио, равна
\[
P=\frac{P_{u}}{\eta},
\]

где $\eta$-коэффициент полезного действия, т. е.
\[
P=\frac{\rho S v g}{\eta}(h+4 H) .
\]

Подставляя численные значения входящих в формулу для $P$ ьеличин, получаем $P=25$ квт.
14.11. Работа $W$, затрачиваемая атлетом на каждый бросок, равна $m v^{2} / 2$, где $m$-масса спортивного снаряда, а $v$-его начальная скорость. Таким образом, для вычисления $W$ необходимо найти $v$.
Обозначим через $S$ дальность полета снаряда. Как видно из рисунка, $S=S_{0}+S_{1}$, где $S_{0}$-дальность полета снаряда, если бы он был брошен со скоростью $v$ с поверхности Земли, а $S_{1}$-горизонтальная дальность полета из точки $B$ до соприкосновения снаряда с Землей. Имеем
\[
S_{0}=\frac{v^{2} \sin 2 \alpha}{g}=\frac{v^{2}}{g}
\]
(здесь учтено, что $\alpha=45^{\circ}$ ), а $S_{1}$ вычислим, рассматривая отдельно движение снаряда из точки $B$. Из закона сохранения энергии следует, что $\mathbf{v}_{B}=\mathbf{v}$ (сопротивлением воздуха пренебрегаем) и что $\mathbf{v}_{B}$ направлена под углом $45^{\circ} \mathrm{k}$ горизонту. Поэтому $S_{1}=(v / \sqrt{2}) t$, где $t$ – время падения снаряда из точки $B$ на Землю, которое определяется из уравнения
\[
h=\frac{v}{\sqrt{2}} t+\frac{g t^{2}}{2} .
\]

Положительное решение этого квадратного (относительно $t$ ) уравнения есть
\[
t=\frac{-\sqrt{2 v+\sqrt{2 v^{2}+8 g h}}}{2 g} .
\]

Таким образом,
\[
S_{1}=\frac{-v^{2}+v \sqrt{v^{2}+4 g h}}{2 g} \text { и } S=\frac{v^{2}+v \sqrt{v^{2}+4 g h}}{2 g} .
\]

Из последнего соотношения выражаем $v^{2}$ через $S$ и $h$ :
\[
v^{\prime}=\frac{g S^{2}}{S+h} .
\]

Следовательно, искомая работа
\[
W=\frac{m}{2} \frac{g S^{2}}{S+h} .
\]

Подставляя в это выражение массы ядра, диска и копья и дальностн их полета, выпишем работу, затраченную спортсменами при рекордных бросках этих снарядов:
\[
W_{\mathrm{q}}=647 \partial \varkappa, \quad W_{д}=588 \partial \varkappa, \quad W_{\kappa}=328 \partial \varkappa .
\]
14.12. При равномерном движении автомобиля по горизонтальному участку дороги вся мощность двигателя $P_{1}$ уходит на преодоленне сил трения, поэтому $P_{1}=F_{\text {тр }} v$, откуда $F_{\text {тр }}=P_{1} / v$.
При движении под углом $\theta$ к горизонту мощность двигателя расходуется как на преодоление сил тяготения, так и на преодоление сил трения. Следовательно, развиваемая мотором сила тяги $F$ равна
\[
F=W \sin \theta+F_{\mathrm{rp}}
\]
(W-вес автомобиля), а его мощность
\[
P=F v=\left(W \sin \theta+\frac{P_{1}}{v}\right) v=W v \sin \theta+P_{\mathbf{1}} .
\]

При максимальном угле уклона мотор развивает максимально возможную мошность ( $P_{\text {маке }}=85$ л. с.). Такнм образом,
\[
\sin \theta_{\text {макс }}=\frac{P_{\text {Makc }}-P_{1}}{W v}=0,28 \text { и } \theta_{\text {макс }}=16^{\circ} 20^{\prime} .
\]
14.13. Разобьем все сферическое тело на большое число тонких слоев и проследим действие этих слоев на частицу массы $m$, находящуюся на расстоянии $r$ от центра тела. В § 4 гл. 13 «Лекций» (вып. 1, стр. 239) было показано, что если масса $m$ находится вне шарового слоя, то потенциальная энергия массы $m$ такова, как если бы вся масса слоя собралась в его центре. Если $r>R$, то масса $m$ является виешней по отношению ко всем слоям сферического тела, следовательно, ее потенциальная энергия $W$ такова, как если бы вся масса тела собралась в его центре, т. е.
\[
W=-\frac{G m M}{r} \text {. }
\]

Потенциал $\Psi$ гравитацнонного поля массы $M$ связан с энергией $W$ частицы $m$ в этом поле соотношением $W=m \Psi$, а с напряженностью $\mathrm{C}$ этого поля соотношением $\int \mathrm{C} d \mathbf{s}=-\Psi$ [см. Лекции», вып. 1, стр. 254, формула (14.7)].

Поэтому в рассматриваемом случае $\Psi=-G M / r$, а напряженность $C=G M / r^{2}$ и направлена к центру сферы.

Если $r<R$, масеа $m$ окажется внешней по отношению ко всем слоям, радиусы которых меньше $r$, и внутренней по отношенцю ко всем остальным слоям.

Поэтому потенциальная энергия массы $m$ состоит из двух членов $W_{1}$ и $W_{2} ; W_{1}$ – потенциальная энергия по отношению к внешним слоям и равна
\[
\frac{1}{r}\left\{G M\left(\frac{4}{3} \pi R^{3}\right)^{-1} \cdot \frac{4}{3} \cdot \pi r^{3} m\right\}=-\frac{G M m r^{2}}{R^{3}} ;
\]
$W_{2}$ – потенциальная энергия массы $m$ по отношению к тем слоям, внутри которых она находится.

Рассмотрим отдельно один шаровой слой радиусом $r_{1}$ и толщиной $d r_{1}$. Потенциальная энергия тела $m$ по отношению к этому слою $d W^{t}$ постоянна и равна
\[
d \mathbb{W}^{\prime}=-\frac{G m d m^{\prime}}{r_{1}},
\]

где $\quad d m^{\prime}=\frac{4 \pi r_{1}^{9} d r_{1}}{4 / 3 \pi R^{3}}$ – масса шарового слоя, т. е.
\[
d W^{\prime}=-\frac{3 G m M}{R^{3}} r_{1} d r_{1} .
\]

Полную энергню массы $m$ по отношению ко всем внешним слоям найдем, проинтегрировав $d W^{\prime}$ по всем слоям
\[
W_{\mathrm{i}}=\int_{r}^{R} d W^{\prime}=-\frac{3 G m M}{R^{3}} \int_{r}^{R} r_{1} d r_{1}=-\frac{3}{2} \frac{G M m}{R^{3}}\left(R^{2}-r^{2}\right) .
\]

Таким образом, энергия тела $m$ внутри массы $M$ равна
\[
W_{1}+W_{2}=\frac{1}{2} \frac{G M m}{R^{3}}\left(r^{2}-3 R^{2}\right) .
\]

Отсюда легко полунить потенциал и напряженность гравитационного поля внутри тела:
\[
\begin{array}{c}
\Psi=-\frac{3}{2} \frac{G M}{R}+\frac{G M}{2 R^{2}} r^{2}, \\
C=\frac{G M}{R^{3}} r^{2} .
\end{array}
\]
14.14. Скорость груза $m$ непосредственно перед падением его на чашку весов, определенная из закона сохранения энергии, равна $v=\sqrt{2 g h}$. Скорость $v_{1}$ чашки с грузом после удара найдем из закона сохранения количества движения
\[
m v=\left(m+m_{1}\right) v_{1}, \quad \text { т. е. } \quad v_{1}=\frac{m}{m+m_{1}} v,
\]

где $m_{1}$-масеа чашки.
В наинизшей точке (находящейся на $h_{1}$ ннже первоначального положения цашки) полная кинетическая и готенциальная энергия чашки и груза перейдет в потенциальную знергию растянутой пружины:
\[
\frac{m+m_{1}}{2} v_{1}^{2}+\left(m_{1}+m\right) g l_{1}=\frac{1}{2} k\left(h_{1}+l_{0}\right)^{2}-\frac{1}{2} k l_{0}^{2},
\]

где $k$-упругость пружины, а $l_{0}$ – ее удлинение перед падением груза на чашку, $l_{0}=m_{1} g / k=1,6 c м$.

После несложных преобразований полученное уравнение прнводится к внду
\[
h_{1}^{2}-2 h_{0} h_{1}-\frac{2 m}{m+m_{1}} h_{0} h=0
\]
(здесь введено обозначение $h_{0}=m g / k=3,2 \mathrm{~cm}$ ). Решая это уравнение, находим
\[
h_{1}=h_{0}+\sqrt{h_{0}\left(h_{0}+\frac{2 m}{m+m_{1}} h\right)} \approx 10,1 c .
\]

Таким образом, груз $m$ опустится вниз на расстояниз $h+h_{1}=19,1 \mathrm{~cm}$.
14.15. Пусть к пружине прнложена сила $F_{0}$. Велищина растяжения пружины $x_{0}$ определяется нз условия $k x_{0}=F_{0}$.
Растянем теперь пружину на величину $x$ относите: ьно нового положения равновесия. Сила, приложенная к пружнне, равна теперь $k\left(x+x_{0}\right)=k x_{0}+k x=F_{0}+k x$. Вндно, что добавочная сила, растягивающая пружину на рассюяние $x$ из нового положения равноесия, такая же, как если бы пружина растягивалась на $x$ нз ненапряженного состояння. Отсюда следует, что жесткость пружины осталась leизменной.
14.16. Если тележка проходит верхнюю точку петли «на пределед, почти не касаясь путевого полотна, сила давления на нее со стороны полотна, естественно, равна нулю. Таким образом, в этой точке на тележку действует только сила тяжести $m g$. Ускорение тележки в наивысшей точке рағно $v^{2} / R=g$, поэтому ее скорость в этой точке равна $\sqrt{g R}$. Если тележка начала движение с высоты $H$ над петлей без начальной скорости, то из закона сохранения энергии следует
\[
m g H=\frac{m v^{2}}{2}, \text { т. e. } H=\frac{1}{2} R .
\]
14.17. Пусть. тело срывается в точке сферы, радиус-вектор которой образует угол $\alpha$ с вертикалью. В этой точке сила нормального давления тела на сферу равна нулю. Поэтому проекция ускорения силы тяжести на радиус $(g \cos \alpha)$ равна центростремительному ускорению.
Таким образом,
\[
\frac{v^{2}}{R}=g \cos \alpha .
\]

Согласно закону сохранения энергии,
\[
\frac{m v^{2}}{2}=m g R(1-\cos \alpha) .
\]

Решая совместно эти два уравнения, получим $\cos \alpha=2 / 3$.
Таким образом, тело сорвется в точке, отстоящей от вершины сферы по вертикали на расстоянии $1 / 3 R$. По дуге сферы тело пройдет при этом путь $S=\alpha R=0,85 R$.
14.18. Поместим начало системы координат в фокус эллипса (там же находится масса $M$ ), а ось $x$ направим вдоль его больной оси. Полная энергия тела массы $m$, являющаяся суммой его кинетической и потенциальной энергий $E=m v^{2} / 2-G M m / r$, сохраняется и $E$ есть просто константа, не зависящая ни от времени, ни от $r$. Поэтому удобно вычислить ее для таких положений тела $m$, в которых его радиус-вектор и скорость особенно просто выражаются через параметры эллипса.
Такими положениями являются апогей и перигей, отмеченные точками $A$ и $P$ на рисунке. Для них $r_{A}=a(1+e)$, $r_{p}=a(1-e)$. Скорости $v_{A}$ и $v_{P}$ перпендикулярны оси $x$ (так как они направлены по касательной к эллипсу). Кроме того, как было показано в задаче 7.7, в соответствии со вторым законом Кеплера эти скорости связаны между собой соотношением
\[
v_{A^{r}}{ }_{A}=v_{P}{ }^{r} .
\]

Таким образом,
\[
\begin{array}{c}
E_{A}=\frac{m v_{A}^{2}}{2}-\frac{G M m}{a(1+e)}, \\
E_{P}=\frac{m v_{P}^{2}}{2}-\frac{G M m}{a(1-e)}, \\
v_{A} r_{A}=v_{P} r_{P}, \quad E_{A}=E_{P},
\end{array}
\]

откуда следует
\[
E=-\frac{G M m}{2 a} .
\]
14.19. а) Эллипс можно получить из окружности радиусом $b$, если увеличить масштаб вдоль одной из осей координат в $a / b$ раз. При увеличении масштаба вдоль одной из осей площади фигур увеличиваются во столько же раз, поэтому площадь эллипса равна
\[
\pi b^{2} \frac{a}{b}=\pi a b
\]
( $a$-длина большой полуоси).
б) Вычислим скорость планеты в апогее (см. решение задачи 14.18):
\[
\frac{m v_{A}^{2}}{2}-\frac{G M m}{a(1+e)}=-\frac{G M m}{2 a},
\]

откуда
\[
v_{A}^{2}=\frac{G M}{a} \cdot \frac{1-e}{1+e} .
\]

Действуя далее так же, как в задаче 7.4, находим
\[
T^{2}=\frac{(2 \pi)^{2} a^{3}}{G M} .
\]
в) Используя результат задачи 14.18 , выразим длину большой полуоси орбиты через полную энергию и массу планеты:
\[
a=\frac{G M}{2} \cdot \frac{m}{|E|} \text {. }
\]

Подставляя ее в формулу для периода, получаем
\[
T^{2}=\frac{(2 \pi)^{2} G^{2} M^{2}}{8}\left(\frac{m}{|E|}\right)^{3} .
\]

Отсюда и следует утверждение, что орбиты всех тел, у которых на единицу массы приходится одинаковая энергия, соответствуют равным периодам обращения (период зависит только от отношения $m$ к $|E|$ ).
14.20. Уменьшение кинетической энергии корабля по мере его удаления от Земли происходит за счет увеличения его потепциальной энергии, т. е.
\[
\frac{v_{0}^{2}}{2}-\frac{v^{2}}{2}=\frac{G M}{R}-\frac{G M}{r} .
\]

Здесь $v_{0}$ и $v$-скорости корабля соответственно около Земли ( $R=6500 \kappa м$ ) и на расстоянии $r \approx 10^{6} \kappa м$.

Если бы корабль покинул Землю с первой космической скоростью $v_{1}$, то на очень больџих расстояниях от Земли он двигался бы с очень маленькой скоростью, т. е.
\[
\frac{v_{1}^{2}}{2}=\frac{G M}{R} .
\]

Таким образом,
\[
v^{2}=v_{0}^{2}-v_{1}^{2}+2 \frac{G M}{r}=v_{0}^{2}-v_{1}^{2}+v_{1}^{2} \frac{R}{r} \approx 23,8(\text { км/сек })^{2},
\]
т. e.
\[
v \approx 4,88 \mathrm{\kappa m} / \text { сек. }
\]
14.21. Обозначим через $v$ скорость космического корабля относительно Солнца в момент прекращения работы двигателей, а через $v^{\prime}$-его скорость «на выходе». Потенциальная энергия корабля обусловлена притяжением Земли и Солнца. Қогда корабль находится около Земли, его потенциальная энергия равна
\[
-\frac{G M m}{R}-\frac{G M_{\odot} m}{R_{1}},
\]

где $m, M$ и $M_{\odot}$-массы соответственно корабля, Земли и Солнца; $R$-радиус Земли; $R_{1}$ – радиус земной орбиты, которую для простоты будем считать круговой.
Из закона сохранения энергии следует

Заметим, что
\[
\frac{v^{2}}{2}=\frac{G M}{R}+\frac{G M_{\odot}}{R_{1}}+\frac{v^{\prime 2}}{2} .
\]
\[
\frac{G M}{R}=\frac{1}{2} v_{1}^{2},
\]

где $v_{1}$-вторая космическая скорость (см. предыдущую задачу), а из условия стационарности земной орбиты следует
\[
v_{0}^{2}=\frac{G M_{\odot}}{R_{1}},
\]

где $v_{0}$-орбитальная скорость Земли.
Таким образом, $v^{2}=v_{1}^{2}+2 v_{0}^{2}-v^{\prime 2}$, откуда $v=47 \kappa м / с е к$. Скорость корабля относительно Земли будет минимальной, когда он запущен в направлении орбитального движения Земли. Тогда
\[
v_{\text {мин }}=v-v_{0}=17 \kappa м / \text { сел. }
\]
14.22. Скорость корабля относительно Земли максимальна, если корабль запущен по касательной к орбите Земли в направлении, противоположном движению Земли. В этом случае $v_{\text {макс }}=v+v_{0}=77$ кмісек.
14.23. Период обращения планеты вокруг Солнца зависит только от величнны большой полуоси эллипса орбиты. Из того, что периоды обращения Земли и космического корабля совпадают, следует равенство больших полуосей орбит Земли и корабля.
Величиной большой полуоси полностью определяется и другая характеристика планеты-полная энергия на единицу массы (см. задачу 14.18). Поэтому, когда Земля и космический корабль находятся на одннаковом расстоянии от Солнца (и, следовательно, имеют по отношению к Солнцу одинаковую потенциальную энергию на единицу массы), их скорости относительно Солнца одинаковы по величине.
– Заметим, что мы не учли в этих рассуждениях притяження корабля Землей. Будем считать для начала, что корабль берет старт не с Земли, а из некоторой периферийной точки «околоземного пространства», где потенциал тяготения Солнца начинает превышать потенцнал тяготения Земли. Оценим, насколько такая точка удалена от Земли. Потенциал Солнца ( $-G M_{\odot} / R_{1}$ ) и потенциал Земли ( $-G M / R$ ) сравниваются, если $R=R_{1} M / M_{\odot}$. Так как $M / M_{\odot} \approx 2,5 \cdot 10^{- \text {j }}$, если удалиться от Земли, скажем, на десятитысячную радиуса земной орбиты, потенциал Солнца будет превышать потепциал Земли (а «с точки зрения Солнца» Земля и корабль будут по-прежнему в одном и том же месте!),
Существуют четыре варианта запуска. Два из них изображены на рисунке ( $a$ и 6 ). Рассчитаем вариант $a$ (как более экономный). Так как корабль в перигее подходит очень близко к Солнцу, его скорость при пересечении земной орбиты (которую здесь и далее считаем круговой) практически параллельна линии, проходящей через фокусы орбиты корабля. Найдем угол $\alpha$. Из прямоугольного треугольника $O A K$ (на рисунке в) $\cos \alpha=\left(a-r_{p}\right) / a=0,99$ ( $a$-большая полуось орбиты корабля, равная радиусу орбиты Земли). Из треугольника $A B C$ находим $B C=v^{\prime}$-скорость запуска корабля из периферии околоземного прогтранства. Учитывая, что $A B=A C=v_{0}$ ( $v_{0}$-орбитальная скорость Земли), имеем
\[
v^{\prime 2}=2 v_{0}^{2}\left[1-\cos \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)\right]=2 v_{0}^{2}(1-\sin \alpha) .
\]

Вспоминая, что $v_{0}=30 \kappa м / с е к$, находим
\[
v^{\prime}=39,2 \kappa м / с е к .
\]

Угол $\beta$, под которым запущен корабль относительно линии Земля-Солнце, найдем из треугольника $A B D$ (замечая, что $\angle A B C=\beta+\alpha$ ):
\[
\beta=\frac{90-\alpha}{2}=41^{\circ} .
\]

Учтем теперь, что корабль стартует с поверхности Земли. Вспоминая задачу 14.21, находим, что истинная скорость запуска $v=\sqrt{v^{\prime 2}+v_{1}^{2}}$, где $v_{1}$-вторая космическая скорость. Итак, $v \approx 42$ км/сек.
14.24. Представим себе сначала, что в сферическом теле нет никакой полости. Ускорение силы тяжести в точке $P$ равно в этом случае
\[
a_{0}=\frac{G \rho}{(R+x)^{2}} \frac{4 \pi}{3} R^{3} .
\]

Выделим теперь внутри тела часть вещества, занимающую тот же объем и положение, что и фигурирующая в условии полость. Согласно принципу суперпозиции, ускорение в точке $P$ можно представить в виде суммы двух членов: ускорения, обусловленного веществом, занимающим выделенный объем
\[
a^{\prime}=\frac{G \rho}{\left(x+5 /{ }^{5} R\right)^{2}} \frac{4 \pi}{3}\left(\frac{R}{4}\right)^{3},
\]

и интересующим нас ускорением $a$, связанным с притяжением тела с полостью. Так как все три ускорения направлены вдоль одной прямой $P C$, то
\[
a=a_{0}-a^{\prime}=\frac{G \rho}{(x+R)^{2}} \frac{4 \pi}{3} R^{3}\left[1-\left(8+\frac{2 R}{x+R}\right)^{-2}\right] .
\]

К главе 15. Специальная теория относительности

15.1. Так как уравнения, связывающие $x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime}, t^{\prime}$ с $x, y, z, t$, линейны, выразить нештрихованные координаты через штрихованные не представляет труда. Имеем
\[
x=\gamma\left(x^{\prime}+\beta c t^{\prime}\right), \quad y=y^{\prime}, z=z^{\prime}, t=\gamma\left(t^{\prime}+\frac{\beta}{c} x^{\prime}\right),
\]

где введены обозначения $\beta=u / c, \gamma=\left(\sqrt{1-\beta^{2}}\right)^{-1}$.
Эти формулы можно было получить и не решая уравнений, а просто заменив в исходных преобразованиях Лоренца $u$ на – $u$ п поменяв местами координаты $x, y, z, t$ и $x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime}, t^{\prime}$ (так как система $x, y, z$ движется относительно $x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime}$ со скоростью $-u$ ).
15.2. Рассмотрим работу «световых часов» в неподвижной и движущейся системах координат. Для наблюдателя, который движется вместе с часами, луч света от одного конца стержня до другого и обратно проходит за промежуток времени $t=2 L / c$, где $L-д л и н а$ стержня.
Қак же представляется работа этих часов для неподвижного наблюдателя? Прежде всего ему кажется, что длина стержня не $L$, а $L^{\prime}=L \sqrt{1-u^{2} / c^{2}}$ (u-скорость движения часов). Если время движения светового сигнала от одного конца стержня до другого в направлении движения стержня равно $t_{1}$, то за это время сам прибор сместился на расстояние $u t_{1}$, поэтому свет прошел расстояние не $L^{\prime}$, а $L^{\prime}+u t_{1}$, так что $c t_{1}=L^{\prime}+u t_{1}$ и $t_{1}=L^{\prime} /(c-u)$. Для прохождения света от одного конца стержня до другого против движения самого стержня требуется время $t_{2}$, причем $c t_{2}=L^{\prime}-u t_{2}$ и $t_{2}=L^{\prime} /(c+u)$. Общее время движения света равно
\[
t_{1}+t_{2}=\frac{2 L^{\prime}}{c\left(1-u^{2} / c^{2}\right)}=\frac{2 L}{c} \frac{1}{\sqrt{1-u^{2} / c^{2}}} .
\]

Таким образом, свету понадобится большее время, чтобы пройти из конца в конец движущийся стержень, нежели неподвижный стержень, т. е. движущиеся часы будут отставать по сравненио с неподвижными. Обратим внимание, что это отставание точно такое же, как и в случае, когда часы ориентированы поперек движения (см. §4 гл. 15 «Лекций», вып. 2, стр. 12).
15.3. С точки зрения земного наблюдателя время жизни мюона такое, что за это время, двигаясь со скоростью $u$, он успевает пройти путь $l$, поэтому
\[
t=\frac{l}{u}=1,67 \cdot 10^{-5} \mathrm{ce} .
\]

Время жизни $\tau$ мезона в его собственной системе координат есть
\[
\tau=t \sqrt{1-\frac{u^{2}}{c^{2}}}=2,33 \cdot 10^{-6} \mathrm{ce \kappa} ;
\]

пройденный же им путь (вериее, толщина слоя «прошедшей» мимо него атмосферы) равен
\[
D=\tau u=l \sqrt{1-u^{2} / c^{2}}=0,7 \kappa н .
\]
15.4. а) Для производства энергии $E$ необходимо превратить в энергию вещество массой $m=E / c^{2}$, В нашем случае $m=86$ ке.
б) В каждом акте синтеза двух атомов дейтерия в гелий выделяется энергия
\[
\begin{array}{c}
\varepsilon=\left(2 M_{\mathrm{H}^{2}}-M_{\mathrm{He}^{4}}\right) c^{2}=2,42 \cdot 10^{-12} \partial \varkappa \\
\left(1 \text { a.e. } .=1,66 \cdot 10^{-24} a\right),
\end{array}
\]
т. е. в энергию превращается 0,0155 а.е.м. Но как раз два атома дейтерия входят в молекулу тяжелой воды, масса которой равна 20,0294 а.е.и., поэтому можно сказать, что только $0,77 \cdot 10^{-3}$ часть тяжелой воды превращается в энергию. Отсюда следует, что годовое потребление тяжелой воды равно $M=(86 / 0,77) \cdot 10^{3} \kappa 2$, а ее ежесекундный расход $M / \tau=3,5$ г/сек ( $\tau$-число секунд в году).
15.5. Если $W$-мощность солнечного излучения, поглощаемая в земной атмосфере, то энергия, выделяемая на Солнце в 1 сек, равна $E=4 \pi D^{2} W$, где $D$-расстояние от Земли до Солнца. Следовательно, выделяемой в единицу времени энергии соответствует масса $m=E / c^{2}$. Реакция образования гелия из обычного водорода заключается в том, что четыре атома водорода ( $m_{\mathrm{H}}=1,0081$ a.e.м.) объединяются в атом гелия ( $m_{\mathrm{He}}=4,0039$ a.е.м.). Хотя при этом образуются две частицы с массой покоя, отличной от нуля, они в дальнейшем также превращаются в излучение (позитроны, встречаясь с электронами, «пропадают», образуя $\gamma$-кванты). Поэтому можно утверждать, что часть массы водорода
\[
k=\frac{4 m_{\mathrm{H}}-m_{\mathrm{He}}}{4 m_{\mathrm{H}}}=7,1 \cdot 10^{-3}
\]

отвечает энергии, выделившейся в результате реакции.

Таким образом, в 1 сек на Солнце «сгорает» масса водорода
\[
M=\frac{m}{k}=\frac{4 \pi D^{2} W}{R c^{2}}=6,25 \cdot 10^{8} \mathrm{~m},
\]

что составляет примерно $3 \cdot 10^{-17} \%$ массы Солнца.
15.6. Сила и импульс в релятивнстской механике связаны между собой таким же образом, как и в ньютоновской, $F=d(m v) / d t$, только масса в релятивистском случае не постоянна, а выражается через массу покоя как $m=m_{0} / \sqrt{1-v^{2} / c^{2}}$, т. е. зависит от скорости двнження частицы. Итак,
\[
F=\frac{d}{d t} \frac{m_{0} v}{\sqrt{1-v^{2} / c^{2}}}=m_{0}\left[\left(1-\frac{v^{2}}{c^{2}}\right)^{-1 / 2}+\frac{v^{2}}{c^{2}}\left(1-\frac{v^{2}}{c^{2}}\right)^{-3 / 2}\right] \frac{d v}{d t} .
\]

Дифферешцируя функцию $x(t)$, находнм
\[
v=\frac{c^{2} t}{\sqrt{b^{2}+c^{2} t^{3}}} \text { п } \frac{d v}{d t}=\frac{c^{2} b^{2}}{\left(b^{2}+c^{2}\right)^{3 / 2}} .
\]

Таким образом, действующая на частицу сила $F=m_{0} c^{2}, b$ постоянна,
15.7. а) Единица длины световой год – это то расстояние, которое луч света проходит за один год; она равна $c \tau$, где $c=3 \cdot 10^{8}$ м/сек-скорость света, а $\tau=3,15 \cdot 10^{7}$-число секунд в году. Поэтому
\[
g=9,8 \cdot \frac{\tau}{c} \frac{\text { свет. год }}{\text { год }^{2}}=1,03 \frac{\text { свет. год }}{\text { год }^{2}} .
\]
б) Сила тяжести, которую чувствуют космонавты,-это сила, прижимающая их к кораблю. Корабль, конечно, действует на них с такой же силой. Согласно условию задачи, эти силы постоянны и, таким образом, движение всех предметов внутри корабля – это движение под действием постоянной силы. Такое движение изучалось в предыдущей задаче. Поэтому, чтобы сразу использовать результаты этой задачи, представим силу в нашем случае в виде $F=m_{0} c^{2} / b$. Константу $b$ определим из условия $m_{0} c^{2} / b=m_{0} g_{0}$. Вычисления будем проводить в такой системе единиц, где расстояния измеряются световыми годами, а время -годами. В этой системе единиц скорость света равна 1 свет. год/год. Результаты вычислений дают:
\[
b=\frac{c^{2}}{g}=0,97 \text { свет. года, }
\]

скорость корабля в конце 5-го года движения
\[
v=\frac{c^{2} t}{\sqrt{b^{2}+c^{2} t^{2}}}=0,98 c
\]

пройденное им расстояние
\[
x=\sqrt{b^{2}+c^{2} t^{2}}-b^{2}=4,15 \text { свет. года. }
\]

К главе 16. Релятивистская энергия и релятивистский импульс
16.1. Рассмотрим систему координат $x, y, z, t$ и штрихованную систему $x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime}, t^{\prime}$, движущуюся относительно исходной со скоростью $u$ в положительном направлении оси $x$. Формулы задачи 15.1 для связи нештрихованных координат со штрихованными запишем в виде
\[
x=\gamma\left(x^{\prime}+\beta c t^{\prime}\right), \quad y=y^{\prime}, \quad z=z^{\prime}, \quad t=\gamma\left(t^{\prime}+\frac{\beta}{c} x^{\prime}\right),
\]

где $\beta=u / c, \gamma^{-1}=\sqrt{1-\beta^{2}}$. Беря дифференциалы от правых и левых частей этих соотношений, получаем преобразования Лоренца в дифференциальной форме:
\[
\begin{array}{c}
d x=\gamma\left(d x^{\prime}+\beta c d t^{\prime}\right), d y=d y^{\prime}, d z=d z^{\prime}, \\
d t=\gamma\left(d t^{\prime}+\frac{\beta}{c} d x^{\prime}\right) .
\end{array}
\]

Разделив $d x$ на $d t$, получим
\[
\frac{d x}{d t}=\frac{d x^{\prime}+\beta c d t^{\prime}}{d t^{\prime}+(\beta / c) d x^{\prime}}+\frac{\left(d x^{\prime} / d t^{\prime}\right)+\beta c}{1+(\beta / c)\left(d x^{\prime} / d t^{\prime}\right)} .
\]

Но $d x / d t=v_{x}$-скорость в неподвижной системе координат, а $d x^{\prime} / d t^{\prime}=v_{x^{\prime}}$-скорость в движущейся системе координат, поэтому
\[
v_{x}=\frac{v_{x^{\prime}}+u}{1+u v_{x^{\prime}} / c^{2}} \text {. }
\]

Аналогично
\[
v_{y}=\frac{v_{y^{\prime}} \sqrt{1-u^{2} / c^{2}}}{1+u v_{x^{\prime}} / c^{2}}, \quad v_{z}=\frac{v_{z^{\prime}} \sqrt{1-u^{2} / c^{2}}}{1+u v_{x^{\prime}} / c^{2}} .
\]

Если $v_{x^{\prime}}=0$, то получаем формулу (16.7), приведенную в «Лекциях» (вып. 2, стр. 30) для $v_{y}$.
16.2. Чтобы найти величину скорости в движущейся системе координат, выразим дифференциалы штрихованных координат через дифференциалы нештрихованных координат: $d x^{\prime}=\gamma(d x-\beta c d t), d y^{\prime}=d y, \quad d z^{\prime}=d z, \quad d t^{\prime}=\gamma[d t-(\beta / c) d x]$. Разделив $d x^{\prime}$ на $d t^{\prime}$, найдем скорость в подвнжной системе координат
\[
v_{x^{\prime}}=\frac{v_{x}-u}{1-u v_{x} / c^{2}} .
\]
(Конечно, эту формулу можно написать сразу, изменив только знак скорости $u$ в соответствующей формуле предыдущей задачи.)
Вычислим дифференциал $d v_{x^{\prime}}$ :
\[
d v_{x^{\prime}}=\frac{\left(1-u^{2} / c^{2}\right)}{\left(1-u v_{x} / c^{2}\right)} d v_{x} .
\]

Разделив $d v_{x^{\prime}}$ на $d t^{\prime}$ и учитывая, что $a_{x^{\prime}}=d v_{x^{\prime}} / d t^{\prime}, a=d v_{x} / d t$, получим
\[
a_{x^{\prime}}=\frac{\left(1-u^{2} / c^{2}\right)^{3 / 2}}{\left(1-u v_{x} / c^{2}\right)^{3}} a_{x} .
\]
16.3. Из треугольника скоростей (см. «Лекции», вып. 2, стр. 34) следует, что скорости $v, w$ и $и$ связаны между собой соотношением $v^{2}=u^{2}+w^{2}\left(1-u^{2} / c^{2}\right)$, поэтому
\[
m_{w}=\frac{m_{0}}{\sqrt{1-\omega^{2} / c^{2}}}, \quad m_{v}=\frac{m_{0}}{\sqrt{1-\left[u^{2}+\omega^{2}\left(1-u^{2} / c^{2}\right)\right] / c^{2}}} .
\]

Чтобы доказать приведенную в тексте формулу, остастся только внимательно проделать следующие выкладки:
16.4. Рассмотрим неупругое столкновение частиц в такой системе координат, в которой они налетали бы друг на друга с одинаковой скоростью $w$. Очевидно, эта система координат сама движется с той же скоростью $w$ в направлении движущейся частицы. Так как в неподвижной системе скорость налетающей частицы равна $4 / 5 c$, то
\[
\frac{2 w}{1+w^{2} / c^{2}}=\frac{4}{5} c \text {. }
\]
днться, что $w=1 / 2 c$, но мы не будем этого делать, так как в § 3 гл. 16 «Лекций» (вып. 2, стр. 30) было показано, что в результате сложения двух скоростей по $1 / 2$ с каждая получаем скорость, равную $4 / 5 \mathrm{c}$. Поэтому $w=1 / 2 \mathrm{c}$.

В выбранной таким образом движущейся системе координат образовавшаяся составная частица неподвижна, а ее масса есть $M_{0}=2 m_{w}=4 m_{0} / \sqrt{3}$. Таким образом, составная частица с массой покоя $M_{0}$ движется в исходной системе координат со скоростью $1 / 2$.
16.5. В системе координат, в которой протоны ускорителя и мишени налетают друг на друга с одииаковыми скоростями, скорость протонов $w$ определяется из следующего условия:

$2 m_{p} / \sqrt{1-\varpi^{3} / c^{2}}=4 m_{p}$, откуда $\varpi=(\sqrt{3} / 2)$. Скорость протонов в лабораторной системе координат (в этой системе частицы мишени покоятся) равна
\[
v=\frac{2 \omega}{1-e^{2} / c^{3}}=\frac{4 \sqrt{3}}{7} c .
\]

Қинетическая энергия налетающих протонов есть разность между их полной энергией и энергией покоя, т. е.
\[
E_{\text {кин }}=\left(m_{p v}-m_{p}\right) c^{2}=6 m_{p} c^{2} .
\]

К главе 17. Пространство-время
17.1. Из соотношения между энергией и импульсом $E^{2}-p^{2}=m_{p}^{2}$ (в системе единиц, где $c=1$ ) следует, что $E \approx p$, так как $E$ и $p$ намного больше $m_{p}$. Из определения же релятивистского импульса частицы находим
\[
v^{\prime 2}=\frac{1}{1+\left(m_{p} / p\right)^{2}} \approx 1-\left(\frac{m_{p}}{p}\right)^{2}=1-10^{-20}
\]
(здесь учтено, что $m_{p} / p \ll 1$ и использована приближенная формула $1 /(1+x) \approx 1-x$ ). Таким образом, скорость протона такой большой энергин отличается от скорости света только в 20 -м знаке! Поэтому с точки зрения земного наблюдателя такой прогон пересечет Галактику по диаметру за $10^{5}$ лет. С точки зрення протона такое путешествие займет всего
\[
\tau=\frac{10^{5} \text { лет }}{\sqrt{1-v^{2}}}=10^{-5} \text { лет } \approx 315 \text { сек } \approx 5 \text { мин. }
\]
17.2. Здесь нужны только вычисления. Масса покоя электрона $m_{e}=9,11 \cdot 10^{-28} \quad \varepsilon, \quad c=3 \cdot 10^{8} \quad$ м/сек, поэтому $m_{e} c^{2}=$ $=81,99 \cdot 10^{-15}$ ж. Посмотрев в спраночик, можно уоедиться, что $1^{\prime} a g=1,6 \cdot 10^{-19} \partial \mathscr{H}$, так что
\[
m_{e} c^{2}=51,1 \cdot 10^{4} \quad э 6=0,511 M_{э} .
\]
17.3. Из закоиа сохранения импульса следует, что трехмерныс импульсы $\mu$-мезона $\mathbf{p}_{\mu}$ и нейтрино $\mathbf{p}_{
u}$ равны и направлены в противоположные стороны. Из закона сохранения энергии вытекает, что сумма полной энергии мезона и нейтрино равна энергии покоя л-мезона, т. е. $E_{
u}+E_{\mu}=m_{\pi}$ (в системе единиц, где $c=1$ ).
Так как $E_{
u}=p_{
u}$ (масса покоя нейтрино равна нулю) и
\[
\begin{array}{l}
E_{\mu .}=\sqrt{p_{\mu}^{2}+m_{\mu}^{2}} \text {, то } \sqrt{p_{\mu}^{2}+m_{\mu}^{2}}+p_{\mu}=m_{\pi} \text {. Отсюда } \\
p_{\mu}=\frac{m_{\pi}^{2}-m_{\mu}^{2}}{2 m_{\pi}}=29,8 \mathrm{Mis} . \\
\end{array}
\]

Қинетическую энергию $\mu$-мезона найдем как разность его полной энергии и энергии покоя:
\[
T=\sqrt{p_{\mu}^{2}+m_{\mu}^{2}}-m_{\mu}=4,1 M_{
i} .
\]

Кинетическая энергия нейтрнно равна его полной энергии и равна импульсу.
17.4. В задаче 12.14 было показано, что заряженная частица в магнитном поле $B$ движется по окружности радиусом $R$, причем $R=m v / q B$. Этот результат сохраняется и в релятивистском случае, поскольку при таком движении меняется только направление скорости, а не ее величина.
Так как $m v=p$, то $p=q B R$. Здесь $q$ измеряется в кувая, что 1 бебер $/ M^{2}=10^{4} 2 c$, заряд частицы равен $q=Z q_{e}$, а $q_{e}=1,6 \cdot 10^{-19} \kappa$ н $1 \mathrm{\kappa z} \cdot$ м/сек= $=(1,6 / \mathrm{c}) \cdot 10^{-25}$ Мэв, получаем $p=3 \cdot 10^{-2} Z B R$. В этой формуліе единицы измерения физических величин следующие: $p-M э 6, B$-гауссы, $R$-метры, $Z$-безразмерная величнна.
17.5. а) Радиус магнита циклотрона должен быть не меньше радиуса кривизны траекторип частицы предельной энергии в данном магнитном поле. Используя результаты предыдущей задачи, имеем $R=p \cdot 10^{2} / 3 Z B$. Импульс релятивистской частицы равен $\sqrt{E^{2}-m_{0}^{2}}$, а ее полная энергия $E$ есть сумма кинетической энергии $T$ и энергия покол $E=T+m_{0}$, поэтому
\[
p=\sqrt{T\left(T+2 m_{0}\right)} \text { и } R=\frac{\sqrt{T\left(T+2 m_{0}\right)}}{3 Z B} \cdot 10^{2} \mu=1,85 \mu .
\]
6) Частота ускоряющего электрического поля должна совпадать с частотой обращения частнцы (см. задачу 12.5), т. е.
\[
T=\frac{1}{v}=\frac{2 \pi m}{3 \cdot 10^{-2} Z B} .
\]

В этом выражении $m$ измеряется в $M э s, B-$ гауссах, а время-в метрах. Таким образом, частота ускоряющего поля в конце ускорения равна
\[
v=\frac{3 \cdot 10^{-2} Z B}{2 \pi m} \text { c ceк-1. }
\]

Ho $m=m_{0} / \sqrt{1-v^{2}}$, a
\[
v=\frac{p}{E}=\frac{\sqrt{T\left(T+2 m_{0}\right)}}{T+m_{0}}=\frac{1}{2},
\]

так что $m=2 m_{0} / \sqrt{3}$ и, следовательно,
\[
v=0,13 \cdot 10^{8} \text { сек-1. }
\]

в) В начале ускорения частиц частота электрического поля должна быть
\[
v_{0}=\frac{3 \cdot 10^{-2} \mathrm{ZB}}{2 \pi m_{0}} c=0,15 \cdot 10^{8} \mathrm{ce \kappa}^{-1},
\]

поэтому изменение частоты в процессе ускорення равно
\[
\frac{v_{0}-v}{v_{0}}=12 \% \text {. }
\]

К главе 18. Двумерные вращения
18.1. а) По определению момента силы $\tau=x F_{y}-y F_{x}=140$ нм. Но момент мы можем представить и в виде
\[
\tau=F p=F_{t} \cdot r
\]

где $p$-плечо силы, а $F_{t}$-тангенциальная (перпендикулярная к г) составляющая силы. Из этих двух равенств находим
6)
\[
p=\frac{\tau}{F}=2,8 \mu .
\]
B)
\[
F_{t}=\frac{\tau}{r}=\frac{\tau}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}=14 \text { ньютон. }
\]
18.2. За счет суточного вращения Земли каждая точка земной поверхности приобретает зависящую от широты $\varphi$ скорость $v=\omega r=\omega R \cos \varphi$ (см. рисунок), где $\omega$ – угловая скорости вращения Земли.
В Лос-Анджелесе ( $\varphi_{0}=34^{\circ}$, см. географическую карту) $v=R \omega \cos \varphi_{0}$. Широту искомой точки земной поверхности найдем из уравнения
\[
R \omega \cos \varphi_{0}-R \omega \cos \varphi=200,
\]

откуда
\[
\cos \varphi=0,395 ; \quad \varphi=66^{\circ} 40^{\prime} .
\]

18.3. Найдем сначала проекции силы на оси координат (ось $y$ направим вверх по прямой $O P$, а ось $x$ – направо по $A B$ ). Так как в равновесии сумма всех сил, действующих на тело, равна нулю, имеем
๑. e.
\[
\begin{array}{l}
F_{x}+50-\frac{50}{\sqrt{2}}=0, \\
F_{y}+50-\frac{50}{\sqrt{2}}=0,
\end{array}
\]
\[
F_{x}=F_{y}=-50 \frac{\sqrt{\overline{2}}-1}{\sqrt{2}}=-14,6 \mu .
\]

Учтем теперь, что полный момент силы (будем вычислять его относительно точки ()) также должен равняться нулю. Прежде всего ясно, что гочка приложения силы $F$ должна лежать слева от точки $O$; необходимо, чтобы сила $F$ вращала пластинку против часовой стрелки. Приравнивая нулю полный момент сил, найдем $l$-расстояние от точки $O$ до точки приложения силы
\[
F_{y} \cdot l=50 \cdot 0,1 \quad \text { и } \quad l=0,34 \mathrm{M} .
\]

Итак, удерживающая спла величиной $F=\sqrt{F_{x}^{2}+F_{y}^{2}} \approx$ $\approx 20,5$ ньютон приложена левее точки $O$ на 0,34 м и направлена параллельно силе, приложенной в точке $O$.
18.4. Уголок не вращается после удара в том случае, если удар произведен по линии, проходящей через его центр масс (момент количества движения относительно ц. м., переданный при ударе, в этом случае равен нулю). Поэтому $O P=y_{0}$, где $y_{0}$-ордината центра масс. Так как толщина горизонтальной и вертикальной сторон уголка постоянна, центры масс сторон уголка совпадают с их геометрическими центрами. Как видно из рисунка, ордината центра масс горизонтальной стороны $y_{1}=2,5 \mathrm{~cm}$, а вертикальной $y_{2}=12,5 \mathrm{~cm}$. Ординату центра масс всего уголка найдем по формуле
\[
y_{0}=\frac{m_{1} y_{1}+m_{2} y_{2}}{m_{1}+m_{2}}=\frac{y_{1}+y_{2}}{2}=7,5 \mathrm{~cm} .
\]
18.5. Условия равновесня всей фермы в целом таковы:
\[
F_{1}+F_{t}=W \quad \text { и } \quad F_{1} \cdot 2 l-F_{2} l=0
\]
( $l$-длина стержня).
Отсюда
\[
F_{1}=\frac{W}{3} \text { и } F_{2}=\frac{2 W}{3} .
\]

Стержень $G F$ испытывает сжатие, а $E G$ – растяже$F_{2} / T_{1}=\cos 30^{\circ}$, откуда
\[
T_{1}=\frac{4 W}{3 \sqrt{3}},
\]

Из равновесия в узле $F$ имеем $\mathbf{T}_{1}+\mathbf{T}_{3}+\mathbf{T}_{4}=0\left(\mathbf{T}_{3}\right.$ и $\mathbf{T}_{4}-$ напряжения в стержнях $E F$ и $D F$ ). Проектируя это равенство на вертикальную ось, получаем
\[
\frac{\sqrt{3}}{2} T_{3}-\frac{\sqrt{3}}{2} T_{1}=0, \quad \text { т. e. } \quad T_{1}=T_{3} .
\]

Приравнивая затем нулю сумму проекций на горизонтальную ось, находим
\[
T_{4}=2 T_{1} \cos 60^{\circ}=\frac{4 W}{3 \sqrt{3}} .
\]

Таким образом, стержень $F D$ сжат, его напряжение $4 W / 3 \sqrt{3}$.

18.6. а) Момент инерции стержня в системе координат, ось $\boldsymbol{x}$ которой направлена вдоль стержня, а начало совпадает с концом стержня, равен
\[
I=\int_{0}^{L} x^{2} d m=\rho \int_{0}^{L} x^{2} d x,
\]

где $\rho$-єго линейная плотность $(\rho=M / L)$, так что
\[
I=\frac{M}{L} \int_{0}^{L} x^{2} d x=\frac{M L^{2}}{3} .
\]
б) Если ось проходит не через конец стержня, а через его середину, то интегрирование следует проводить в пределах не от 0 до $L$, а от $-L / 2$ до $L / 2$ :
\[
I=\frac{M}{L} \int_{-L / 2}^{L / 2} x^{2} d x=\frac{M L^{2}}{12} .
\]

Этот же результат можно получить из теоремы о параллельном переносе оси, относительно которой вычисляется момент ннерции: $I=I_{\text {ц. м. }}+m d^{2}$ ( $d$-расстояние между осямн, а $I_{\text {ц.м. }}$ – момент инерции относнтельно оси, проходящей через центр масс). Искомый момент ннерции есть как раз $I_{\text {ц. м, }}$, так как центр масс стержня находится на середине $L$ :
\[
I_{\text {ц. м. }}=I-M d^{2}=\frac{M L^{2}}{3}-\frac{M L^{2}}{4}=\frac{M L^{2}}{12} .
\]
в) Если цилиндр тонкостенный, то вся его масса $m$ находится на расстоянии $r$ от осн вращения, поэтому, согласно определению момента инерции, $I=m r^{2}$.
г) Для вычисления момента инерции сплошного цилиндра разобьем егго на большое число тонкостенных нолых цилиндров. На рисунке показан один такой цилиндр радиусом $r^{\prime}$ и толщиной $d r^{\prime}$. Момент ннерции этого цилиндра [см. пункт (в)] $d \boldsymbol{t}=\boldsymbol{r}^{\prime 2} d m^{\prime}$, где
\[
d m^{\prime}=\frac{m}{\pi r^{2} H} 2 \pi r^{\prime} H d r^{\prime}=\frac{2 m}{r^{2}} r^{\prime} d r^{\prime}
\]
( $m$ – масса цилиндра, $H$-высота цилиндра).

Таким образом, момент инерции сплошного цилиндра вычисляется так:
\[
I=\int_{0}^{r} d I=\frac{2 m}{r^{2}} \int_{0}^{r} r^{\prime 3} d r^{\prime}=\frac{m r^{2}}{2} .
\]
18.7. Когда цилиндр поворачивается на угол $\varphi$, груз опускается на расстояние $r \varphi$, поэтому ускорение груза $a$ связано с угловым ускорением цилиндра $d^{2} \varphi / d t^{2}$ :
\[
a=r \frac{d^{2} \varphi}{d t^{2}} .
\]

Вращение цилиндра описывается уравнением
\[
\frac{d L}{d t}=\tau
\]

или
\[
I \frac{d^{2} \varphi}{d t^{2}}=T r .
\]

Здесь $L=I d \varphi / d t, I$-момент инерции цилиндра, $T$ – натяжение нити. Учитывая, что $I=M r^{2} / 2$, получаем
\[
\frac{M a}{2}=T \text {. }
\]

Складывая это уравнение с уравнением движения груза
\[
m a=m g-T,
\]

находим
\[
a=\frac{m g}{m+M / 2} .
\]

18.8. а) Поскольку момент внешних сил равен нулю, момент количества движения груза сохраняется, т. е. $m r_{1} v_{1}=m r_{9} v_{2}$. Отсюда скорость груза в конечном состоянии
\[
v_{2}=\frac{r_{1}}{r_{2}} v_{1} .
\]
б) Работа внешней силы равна изменению кинетической энергии груза, поэтому
\[
W=\frac{m v_{2}^{2}}{2}-\frac{m v_{1}^{2}}{2}=\frac{m v_{1}^{2}}{2} \frac{r_{1}^{2}-r_{2}^{2}}{r_{2}^{2}} .
\]
в) Пусть $F$-сила, которую необходимо приложить к нити, чтобы удержать шарик на расстоянии $r$. При виртуальном перемещении $d r$ эта сила выполняет работу [см. пункт (б)]
\[
F d r=\frac{m v^{2}}{2}\left[\frac{(r+d r)^{2}}{r^{2}}-1\right]=\frac{m v^{2}}{r} d r .
\]
[Мы пренебрегли членом $\sim(d r)^{2}$.] Сокращая $d r$, получаем $F=m v^{2} / r$, что, конечно, и следовало ожидать.
18.9. Момент количества движения планеты является суммой двух членов $L_{1}+L_{2} ; L_{1}$ связан с движением планеты по орбите $\left(L_{1}=m v R\right)$, а $L_{2}-$ с ее вращением вокруг своей оси $\left(L_{2}=I \omega\right)$. Учитывая, что для двнжения по круговой орбите $v^{2} / R=G M / R^{2}$ (считаем, что центральное тело очень тяжелое), получаем
\[
L_{1}=m \sqrt{G M R}
\]

Величина $L_{2}$ для всех реальных случаев оказывается гораздо меньше $L_{1}$.

Рассмотрим теперь систему Земля-Луна. В момент количества движения этой системы дают вклад следующие движения: движение Луны относительно ц. м. системы Земля-Луна, вращение Луны вокруг своей оси, движение Земли относительно ц. м. системы, вращение Земли вокруг своей оси.

Вспомним теперь, что период вращения Луны вокруг своей оси равен периоду ее движения по орбите. Поэтому
\[
\frac{L_{1 Л}}{L_{2 Л}}=\frac{m_{J} R^{2}}{I_{Л}} \sim \frac{R^{2}}{r_{\Omega}^{2}},
\]

где $R$-радиус лунной орбиты, а $r_{\Omega}$-радиус Луны. Таким образом, $L_{1 л} \gg L_{2 л}$, и этой последней величиной можно пренебречь. Далее, поскольку период обращения Земли и Луны вокруг ц. м. системы одинаков, а расстояние до ц. м. обратно пропорционально массам
\[
L_{13}=\frac{m_{Л}}{m_{3}} L_{1 Л} \sim 5 \cdot 10^{-3} L_{1 J},
\]

т. е. вклад орбитального движения Земли в момент количества движения также очень мал. Оценим теперь вклад вращения Земли вокруг своей оси. Имеем
\[
\begin{array}{l}
L_{23}=I_{3} \omega_{3}=\frac{2}{5} m_{3}^{2} r_{3}^{2} \omega_{3} . \\
\text { Учитывая, что } m_{3} \sim 80 m_{\sqrt{1}}, r_{3} \sim 6 r_{Л}, \quad \omega_{Л}=28 \omega_{3} \text {, убеж- } \\
\text { даемся, что } \\
\frac{L_{23}}{L_{1 \pi}} \sim 0,1 . \\
\end{array}
\]

Следовательно, момент количества движения снстемы Земия Луна равен приближенно
\[
L=L_{1 \mathrm{II}}+L_{23}=m_{\sqrt{1}} \sqrt{G m_{3} R}+I_{3}{ }^{()_{3}} .
\]

Из-за приливов, тормозящих еращение Земли, длина суток медленно увеличивается, т. е. уменьшается угловая скорость вращения, а с ней и момент количества движения Земли $L_{23}$. Так как полный момент количества движения системы Луна-Земля должен оставаться постоянным, момент количества движения Луны $L_{1.1}$ должен медленно возрастать, компенсируя уменьшение $L_{i 2}$.

Увеличение $L_{1 \text { I }}$ (см. выражение для этой величины) возможно только в случае увеличения расстояния между Луной и Землей.

Энергия системы Земля – Луна состоит из кинетической и потенциальной энергий Луны и кинетической энергии вращения Земли (мы опять пренебрегли кинетической энергией вращения Јуны и движения Земли по орбнте как малыми величинами).

Как было показано в задаче 14.18 (стр. 200), полная энергия Луны равна
\[
-\frac{G m_{3} m_{\pi}}{2 R},
\]

а энергия вращения Земли вокруг своей оси
\[
\frac{1}{2} I_{3} \omega_{3}^{2}=0,2 m_{3} r_{3}^{2} \omega_{3}^{2} .
\]

Полная өнергия рассматриваемой системы
\[
0,2 m_{3} r_{3}^{2} \omega_{3}^{2}-\frac{G m_{3} m_{31}}{2 R}
\]

положительна, в чем можно уђ́едиться, подставив вместо букв соответствующие числа. В предельном случае (далеком будущем), когда Земля полностью прекратит вращаться вокруг своей оси $\left(\omega_{3}=0\right)$, полная энергия системы Земля – Луна станет отрицательной ( $-G m_{3} m_{Л} / 2 R_{0}$ ), $R_{0}$-расстояние между Луной и Землей при $\omega_{3}=0$; это означает, что полная механическая энергия системы Земля – Луна уменьшается по мере удаления Луны от Земли. Это и понятно, ведь часть механической энергии вследствие приливного трения превращается в теплоту.
18.10. Когда подвешиваются грузы $W_{1}$ и $W_{2}$, силы, действующие в шарнирах, изменяются. Нас будут интересовать только эти добавки. Силы, которые действовали в шарнирах раньше, как раз такие, чтобы рама с грузом $W_{c}$ оставалась в равновесии, поэтому, рассматривая только добавки, мы можем не учитывать ни веса рамы, ни груза $W_{c}$. Выясним условие равновесия планки $A B$. Суммарный момент силы, действующий на эту планку,
\[
F_{A} A P-F_{B} P B=0 .
\]

Здесь $F_{A}$ и $F_{B}$-вертикальные составляющие силы в шарнирах $A$ и $B$ (момент горизонтальных составляющих сил равен нулю). Аналогично,
\[
F_{A^{\prime}} A^{\prime} P^{\prime}-F_{B^{\prime}} P^{\prime} B^{\prime}=0 .
\]

Складывая эти уравнения, паходим
\[
\left(F_{A}+F_{A^{\prime}}\right) A P=\left(F_{B}+F_{B^{\prime}}\right) P B .
\]

Из условия равновесия углов $A C B$ и $B G H$
\[
\begin{array}{l}
F_{A}+F_{A^{\prime}}=W_{1}, \\
F_{B}+F_{B^{\prime}}=W_{2},
\end{array}
\]

откуда
\[
W_{2}=\frac{A P}{P B} W_{1}=0,25 \kappa \Gamma .
\]
18.11. По условию задачи машина должна отключаться, когда $A C$ достигнет значения $\sqrt{2} \cdot 30 \mathrm{~cm}$, т. е. когда угол $\alpha=45^{\circ}$. В системе координат, врацающейся вместе с регулятором, массы $M$ находятся в равновесии. На каждую из них действует центробежиая сила $F$ и реакции стержней $T_{1}$ и $T_{2}$ (направление сил показано на рисунке).
Используем условие равновесия массы $M$. Из равенства нулю суммы горизонтальных составляющих сил получаем
\[
F=\frac{T_{2}}{\sqrt{2}}+\frac{T_{2}}{\sqrt{2}} .
\]

Из равенства нулю суммы вертикальных составляющих сил:
\[
M g=\frac{T_{1}}{\sqrt{2}}-\frac{T_{2}}{\sqrt{2}} .
\]

Наконец, условие равновесия массы $C$ записывается как
\[
m g=\sqrt{2} T_{2} .
\]

Из этих трех уравнений находим
\[
F=(M+m) g \quad \text { или } \quad 4 \pi^{2} n^{2} \frac{l}{\sqrt{2}} M=(M+m) g .
\]

Таким образом,
\[
M=\frac{g}{\frac{4 \pi^{2} n^{2} l}{\sqrt{2}}-g} m \approx 1,7 \kappa .
\]
18.12. Мощность, нсобходимая для вращения вала, равна мощности сил трения, т. е.
\[
P=F_{\mathrm{Tp}} v,
\]

где $v$-скорость масс $m, v=\omega r$.
Сила трения каждой колодки равна произведению коэффициента трения на величину силы, прижимающей колодку к цилиндру, т. е.

Таким образом,
\[
F_{\mathrm{Tp}}=\mu m \omega^{2} r .
\]
\[
P=\mu m \omega^{3} r^{2} .
\]
18.13. Поместим начало системы координат в середину основания нижнего бруска. Обозначим через $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ координаты центров масс соответствующих брусков (см. фиг. а). Очевидно, что сооружение из брусков опрокинется, когда координата $x_{0}$ центра масс всей системы брусков, лежащих на нижнем, выйдет за его основание, т. е. когда $x_{0} \geqslant L / 2$ (знак равенства соответствует неустойчивому равновесию).
Поясним это, рассмотрев условие равновесия двух брусков, лежащих друг на друге. Пусть сначала бруски расположены так, как это показано на фиг. б. Повернем верхний брусок относительно точки $O$ на малый угол $\Delta \varphi$ по часовой стрелке и отпустим его. Как будет двигаться брусок дальше?

Сила веса бруска создает относительно точки $O$ вращающий момент $\tau=m g[(L / 2)-l]$ ( $m$-масса бруска, $l$-длина выступающей части торца), который стремится повернуть брусок в исходное положение. Это и означает, что в положении, показанном на фиг. б, брусок находится в равновесии. По мере стремления $l$ к $L / 2$ величина вращающего момента убывает. Наконец, $\tau=0$ при $l=L / 2$. Теперь достаточно отклонить верхний брусок на бесконечно малый угол, чтобы брусок начал врашаться по часовой стрелке; это означает, что верхний брусок находится в положении неустойчивого равновесия. Разумеется, при $l>L / 2$ (см. фиг. $\theta$ ), возннкает вращающий момент $\tau=m g(l-L / 2)$, опрокидывающий верхний брусок.

Вычислим координату центра масс всех брусков, лежащих на нижжнем. Очевидно,
\[
x_{1}=\frac{L}{l}, \quad x_{2}=2 \frac{L}{l}, \ldots, x_{n}=n \frac{L}{l} .
\]

Поэтому
\[
\begin{array}{c}
x_{0}=\frac{m_{1} x_{1}+m_{2} x_{2}+\ldots+m_{n} x_{n}}{m_{1}+\ldots+m_{n}}=\frac{1}{n}\left(x_{1}+\ldots+x_{n}\right)= \\
=\frac{1}{n} \frac{L}{l} \frac{n+1}{2} n=(n+1) \cdot \frac{L}{2 l} .
\end{array}
\]

Неустойчивое равновесие наступит при $x_{0}=L / 2$, откуда
\[
n=l-1 \text {. }
\]

Следовательно, максимальное число брусков, которые можно уложить указанным способом, равно $l$.

К гллаее 19. Центр масс; момент инерции

19.1. Энергия, затраченная механизмом $K$, равна изменению кинетической энергии вращения системы, т. е.
\[
E=\frac{I_{1} \omega_{1}^{2}}{2}-\frac{I_{0} \omega_{0}^{2}}{2},
\]

где $I_{0}$ и $I_{1}$-моменты инерцин «квадратной» и «крестообразной» систем, а $\omega_{1}$-конечная угловая скорость вращения. Момент инерции системы складывается из моментов инерции стержней и момента инерции внутреннего механизма.

Пользуясь теоремой о параллельном переносе осн, находим, что момент инерции одного стержня относитеньно оси $O$ равен в начальном состоянии $(4 / 3) m L^{2}$, а в конечном $(m / 3) L^{2}$. Поэтому
\[
I_{0}=\frac{32}{3} m L^{2}+\frac{40}{3} m L^{2}=24 m L^{2}
\]

J1
\[
I_{1}=8 \frac{m L^{2}}{3}+\frac{40}{3} m L^{2}=16 m L^{2} .
\]

Конечиую угловую скорость вращения $\omega_{1}$ находим из закона сохранения момента колнчества движения (механизм, сктадывающий стержни,- внутренний!)
\[
I_{1} \omega_{1}=I_{0} \omega_{0},
\]

откуда
\[
\omega_{1}=\frac{I_{0}}{I_{1}} \omega_{0}=\frac{3}{2} \omega_{0} .
\]

Итак, затраченная механизмом $K$ энергия равна
\[
E=\frac{9}{8} I_{1} \omega_{0}^{2}-\frac{1}{2} I_{0} \omega_{0}^{2}=6 m L^{2} \omega_{0}^{2} .
\]
19.2. a) Пусть нить закручена на угол 0 . Чтобы удержать ее в этом положенни, к нити нукно приложить внещние силы, момент которых $\tau$ был бы равен упругому моменту нитн с обратным знаком, т. е. $\tau=k \theta$.
При дальнейшем закручивании нити на малый угол $\Delta \theta$, как было показано в гл. 18 «Лекций» (вып. 2, стр. 53), внешние силы совершают работу $\Delta W=\tau \cdot \Delta \theta$. Нить, закрученная на фиксированный угол $\theta_{0}$, обладает, такнм образом, потенциальной энергией $U$, равной по велнчине работе внешних сил, поворачивающих нить от ненапряженного состояния $\left(\theta=0\right.$ ) до угла $\theta_{0}$, т. е.
\[
U=\int_{0}^{\theta_{0}} \tau d \theta=\int_{0}^{\theta_{0}} k \theta d \theta=\frac{1}{2} k \theta_{0}^{2} .
\]

б) В момент разряда конденсатора на рамку действует момент $\tau=n A B|d q / d t|$, в результате чего рамка начнет вращаться с угловой скоростью $\omega=L / I$, где $L$-момент количества движения рамки, $I$-ее момент инерции. Величину $L$ найдем, интегрируя уравнение
\[
\frac{d L}{d t}=n A B\left|\frac{d q}{d t}\right|
\]
or $t=0$ до момента окончания разряда конденсатора, что дает $L=n A B q_{0}$ ( $q_{0}$ – первоначальный заряд конденсатора). Когда катушка отклоняется на макснмальный угол и останавливается, начальная кинетическая энергия рамки
\[
E=\frac{I \omega^{2}}{2}=\frac{L^{2}}{2 I}=\frac{n^{2} A^{2} B^{2} q_{0}^{2}}{2 I}
\]

переходит в потенциальную энергию закрученной нити, на которой подьешена катушка, $U=\frac{1}{2} k \theta_{\text {макс }}^{2}$, т. е.
\[
\frac{1}{2} k \theta_{\text {макс }}^{z}=\frac{n^{2} A^{2} B^{2} q_{0}^{2}}{2 I}, \text { откуда } \theta_{\text {макс }}=\frac{n A B q_{0}}{\sqrt{k I}},
\]
т. е. максимальный утол поворота рамки пропорционален начальному заряду конденсатора.
19.3. Момент инерции сложной фигуры равен сумме моментов инерции ее частей. Поэтому момент инерции проволоки, вычисленной относительно оси, проходящей через точку $A$, не зависит от угла $\theta$ и равен $M L^{2} / 12$.
19.4. Для моментов инерции пластинок относительно осей, проходящих через точки $A$ и $B$, можем напнсать
откуда
\[
I_{A}=I_{C}+M r_{1}^{2}, \quad I_{B}=I_{C}+M r_{2}^{2},
\]
\[
I_{B}=I_{A}-M r_{1}^{2}+M r_{2}^{2}=I_{A}+M\left(r_{2}^{2}-r_{1}^{2}\right) .
\]

Приведенное в тексте равенство вылолняется, если $r_{3}^{2}=r_{2}^{2}-r_{1}^{2}$, т. е. когда $r_{1}, r_{2}, r_{3}$ образуют прямоугольный треугольник, причем гипотенузой является $r_{2}$.
19.5. Объем фигуры вращения равен произведению длины дуги, описываемой центром масс плоской фигуры, на площадь этой фигуры. В нашем случае
\[
V=2 \pi R \cdot \pi R^{2}=2 \pi^{2} R^{3},
\]

так как центр масс однородного круга лежит в его геометрическом центре.
19.6. Энергия, затрачиваемая на достижение данной угловой скорости $\omega_{0}$ из неподвижного состояния, равна кииетической энергии вращающегося тела. Эта энергия тем меньше, чем меньше момент инерции тела ( $\omega_{0}$ фиксировано!).
Для любого тела $I=I_{\text {ц. м. }}+M d^{2}$, где $I_{\text {ц. м. }}$ – момент инерции относительно оси, проходящей церез центр масс; $d$-расстояние от этой оси до параллельной ей оси вращения. Очевидно, что $I_{\text {мин }}$ отвечает $d=0$. Таким образом, ось вращения должна проходить через центр масс, который находится на расстоянии $M_{2} L /\left(M_{1}+M_{2}\right)$ от конца невесомого стержня, несущего массу. $M_{1}$.
19.7. Пусть диск с прижатыми грузиками вращается с угловой скоростью $\omega$. Eго момент количества двнжения $L_{0}$ равен $\left[\left(M R^{2} / 2\right)+2 m R^{2}\right] \cdot \omega$.
В момент срыва нитей с крючков $H$ и $H^{\prime}$ диск вращается с угловой скоростью $\omega_{1}$, определяемой из закона сохранения момента количества движения:
\[
\left(\frac{M R^{2}}{2}+2 m R^{2}\right) \omega=\left[\frac{M R^{2}}{2}+2 m(R+l)^{2}\right] \omega_{1},
\]
T. e.
\[
\omega_{1}=\frac{M R^{2}+4 m R^{2}}{M R^{2}+4 m(l+R)^{2}} .
\]

После отделения грузиков диск продолжает вращаться с той же угловой скоростью $\omega_{1}$, так что угловая скорость диска уменьшается в $n$ раз, если
\[
\frac{M R^{2}+4 m R^{2}}{M R^{2}+4(R+l)^{2} m}=\frac{1}{n}, \text { т. е. } l=R\left(\sqrt{n+\frac{M}{4 m}(n-1)}-1\right) \text {. }
\]
19.8. В неподвижной системе координат $x y$ на тело действует сила $F$. Тело будет двигаться в этой системе координат согласно уравнениям движения $m \ddot{x}=F_{x} ; m \ddot{y}=F_{y}$. При повороте системы координат на угол $\theta=\omega t$ координаты преобразуются следующим образом:
откуда
\[
\begin{array}{l}
x^{\prime}=x \cos \theta+y \sin \theta, \\
y^{\prime}=-x \sin \theta+y \cos \theta,
\end{array}
\]
\[
\begin{aligned}
\dot{x}^{\prime} & =\dot{x} \cos \omega t-x \omega \sin \omega t+\dot{y} \sin \omega t+y \omega \cos \omega t, \\
\ddot{x}^{\prime} & =\ddot{x} \cos \omega t+\ddot{y} \sin \omega t-2 \dot{x} \omega \sin \omega t+2 y \omega \cos \omega t- \\
& -x \omega^{2} \cos \omega t-y \omega^{2} \sin \omega t,
\end{aligned}
\]

и
\[
\begin{aligned}
\dot{y}^{\prime} & =-\dot{x} \sin \omega t-x \omega \cos \omega t+\dot{y} \cos \omega t-y \omega \sin \omega t, \\
\ddot{y}^{\prime} & =-\ddot{x} \sin \omega t-2 \dot{x} \omega \cos \omega t+x \omega^{2} \sin \omega t+\ddot{y} \cos \omega t- \\
& -2 \dot{y} \omega \sin \omega t-y \omega^{2} \cos \omega t .
\end{aligned}
\]

Компоненты силы в штрихованной системе координат имеют вид
\[
\begin{array}{l}
F_{x}^{\prime}=m \ddot{x}^{\prime}=F_{x} \cos \theta+F_{y} \sin \theta+2 m \dot{y}^{\prime} \omega+m \omega^{2} x^{\prime}, \\
F_{y}^{\prime}=m \ddot{y}^{\prime}=-F_{x} \sin \theta+F_{y} \cos \theta-2 m \omega \dot{x}^{\prime}+m \omega^{2} y^{\prime} .
\end{array}
\]

Первые два члена в каждом выражении есть компоненты истинной силы $\mathbf{F}$ в повернутой системе координат, третьи слагаемые-компоненты силы Кориолиса, и последние центробежной силы.
19.9. Уравнение движения для центра масс шара
\[
M a=-\mu g M,
\]

откуда $a=-\mu g$ и $v_{\text {ц. } .}=v-\mu g t$ (v-начальная скорость шара).
Для вращательного движения
\[
I \frac{d \omega}{d t}=\mu g M R .
\]

Так как $I=\frac{2}{5} M R^{2}$ (см. «Лекции», вып, 2, стр. 77), то
\[
\omega=\frac{5}{2} \frac{\mu g t}{R} .
\]

Скорость той точки шара, которая соприкасается с плоскостью, равна $v_{\text {ц. м. }}-\omega R$. Когда эта скорость обращается в нуль, шар начннает катиться без проскальзывания. Это произойдет через промежуток времени $t$ от начала движения, равный
\[
t=\frac{2}{7} \frac{v}{\mu g} .
\]

Расстояние, пройденное шаром за это время,
\[
S=v t-\frac{a t^{2}}{2}=\frac{12}{49} \frac{v^{2}}{\mu g},
\]

и его скорость к этому моменту $v_{t}=v-\mu g t=5 / 7 v$.
19.10. Вес $W$ валика разложим на две составляющие: силу нормального давления его на вал $P$, равную $F_{1}=M g \sin \theta$, и перпендикулярную к ней, $F_{2}=M g \cos \theta$.
Контакт между передающим валиком $T$ и барабаном $K$ не будет теряться в том случае, если «сила тяги» $F$, приложенная со стороны печатного вала $P$ к валику $T$ (как раз и обусловливающая вращение валика $T$ ), меньше или равна $F_{2}$, т. е.
\[
F \leqslant M g \cos \theta
\]
(знак равенства соответствует нулевому давлению $T$ на $K$ ).

Уравнение вращательного движения для валика $T$, когда он не давит на барабан $K$, имеет вид $I A_{1}=F r$, или $\left(M r^{2} / 2\right) A_{1}=M g \cos \theta \cdot r$ (здесь через $A_{1}=d \omega / d t$ обозначено угловое ускорение валика $T$ ), так как
\[
I=\frac{M r^{2}}{2}, \quad \text { откуда } \quad A_{1}=\frac{2 g}{r} \cos \theta .
\]

Линейные ускорения точек обода $T$ и $P$ одинаковы, так что $A_{1} r=A R$, откуда
\[
\text { 1. } A=A_{1} \frac{r}{R}=\frac{2 g}{R} \cos \theta,
\]

где $R$-радиус вала $P$.
19.11. Обозначим массу первой секции через $m$, тогда массы соответствующих квадрантов будут:
\[
m_{1}=m, \quad m_{2}=2 m, \ldots m_{3}=3 m, \quad m_{4}=4 m .
\]

Поскольку каждая из секций однородна, то центры масс их расположены одинаково относительно самих секций. Если координаты центров масс секций $\left(x_{1} y_{1}\right) \ldots\left(x_{4} y_{4}\right)$, то положение центра масс всего тела вычисляется по формулам
\[
X=\frac{x_{1}+2 x_{2}+3 x_{3}+4 x_{4}}{10} \text { и } Y=\frac{y_{1}+2 y_{2}+3 y_{3}+4 y_{4}}{10}
\]

Из соображений симметрии ясно, что центр масс каждой из секций лежит на биссектрисе соответствующего прямого угла, на одинаковом расстоянии от начала координат.
Обозначим координаты центра масс первой секции через $a$ :
\[
x_{1}=y_{1}=a \text {. }
\]

Очевидно, в этом случае
\[
\begin{array}{ll}
x_{2}=a, & y_{2}=-a, \\
x_{3}=-a, & y_{3}=a, \\
x_{4}=-a, & y_{4}=-a .
\end{array}
\]

Таким – образом,
\[
X=-0,4 a, \quad Y=-0,2 a .
\]

Уравнение прямой, проходяигей через две точки $(0,0)$ и $(X, Y)$, есть
\[
\frac{x}{X}=\frac{y}{Y},
\]

так что искомое уравнение имеет вид
\[
y=\frac{1}{2} x .
\]
19.12. Пусть $M$-масса диска с отверстием; $m$-масса вырезанной части диска; $x$-абсцисса центра масс диска с отнерстием. Поскольку центр масе сплошного диска находитея в его центре, то
\[
\frac{M x-m(R / 2)}{M+m}:=0,
\]

откуда
\[
x=\frac{m}{M} \frac{R}{2}=\frac{(R / 2)^{2} \cdot(R / 2)}{R^{2}-(R / 2)^{2}}=\frac{R}{6}=1,67 \mathrm{~cm}
\]
19.13. Выберем систему координат, как рекомендовано в условии задачи. Так как проволока раслоложена симметрично относительно оси $x$, то, очевндно, $y_{\text {ц. м. }}=0$. По определению центра масс
эта формула является обобщением приведенной в «Лекциях формулы $x_{\text {ц. м. }}=\frac{\sum x_{i} m_{i}}{\sum m_{i}}$.
Macса проволоки бесконечно малой длины $d l$ равна $\rho d l$, где $\rho=M / L$ – масса единицы длины проволоки, поэтому
\[
x_{\text {ц. м. }}=\frac{1}{L} \int x d l .
\]

Вычислять такой интеграл в прямоугольной сиггеме координат довольно громоздко. Эти вычисления значительно́ упрощаются, если заметить, что для произвольной точки проволоки, радиус-вектор которой образует угол $\varphi$ с эсью $y$, $x=R \cos \varphi$, а $d l=R d \varphi$ (см. рисунок). Чтобы были учтены все точки проволоки, угол $\varphi$ должен пробегать значения от $(\pi-\alpha) / 2$ до $(\pi+\alpha) / 2$, где $\alpha=L / R$ – угол между радиусамивекторами концов проволоки.
Таким образом,
\[
x_{\text {L. } M_{*}}=\frac{R^{2}}{L} \int_{(\pi-\alpha) / 2}^{(\pi+\alpha) / 2} \cos \varphi d \varphi=\frac{2 R^{2}}{L} \sin \frac{\alpha}{2}=R\left(\frac{2 R}{L}\right) \operatorname{sini} \frac{L}{2 R} .
\]

Этот же результат может быть получен из теоремы Паппа (см. «Лекции», вып. 2, стр. 72-73). При вращении проволоки вокруг оси $у$ получается шаровой пояс площадью
\[
2 \pi R \cdot 2 R \cos \left(\frac{\pi-\alpha}{2}\right)=4 \pi R^{2} \sin \frac{\alpha}{2} \text {. }
\]

Центр масс проволоки описывает окружность длины $2 \pi x_{\text {ц. м. }}$, так что
\[
4 \pi R^{2} \sin \frac{\alpha}{2}=2 \pi x_{\text {L. м. }} L,
\]

откуда
\[
x_{\text {म. м. }}=R\left(\frac{2 R}{L}\right) \sin \frac{L}{2 R} \text {. }
\]
19.14. Разобьем сектор на большое число секторов с вершинами в точке $O$ и очень малым центральным углом $\Delta \alpha$. Қаждый такой сектор с большой точностью можно рассматривать как равнобедренный треугольник, центр масс которого лежит на высоте, на расстоянии $2 / 3 R$ от его вершины.
Таким образом, задача о нахождении центра масс сектора свелась к нахождению центра масс дуги окружности радиусом $2 / 3 R$ є углом раствора $\alpha$, т. е. к предыдущей задаче. В такой же сйстеме́ координат, как н в задаче 19.13, $y_{\text {ц. м. }}=0$, а
\[
x_{\text {и. м. }}=\frac{2}{3} R\left(2 \cdot \frac{2}{3} \frac{R}{L}\right) \sin \left(\frac{L}{2 \cdot \frac{2}{3} R}\right) \text {. }
\]

Учитывая, что $L=2 / 3 R \alpha$, находим
\[
x_{\text {ц. м. }}=\frac{4}{3} \frac{R}{\alpha} \sin \frac{\alpha}{2} \text {. }
\]
19.15. а) Определим положение центра масс, получившегося после склеивания тела. Как было показано в предыдущей задаче, центр масс сектора лежит на его биссектрисе на расстоянии $4 / 3(R / \alpha) \sin (\alpha / 2)$ от центра окружности. (В нашем случае это расстояние равно $\sqrt{3} \mathrm{~cm}$, так как $R=\pi \mathrm{cm}$ и $\alpha=2 \pi / 3$.) Биссектриса сектора массы $2 M$ направлена горизонтально, поэтому координаты центра масс этого тела $x_{2}=-\sqrt{3} \mathrm{cм}, y_{2}=0$. Биссектриса сектора массы $M$ образует угол $30^{\circ}$ с вертикалью, так что координаты $x_{1}$ и $y_{1}$ центра масс этого сектора равны:
\[
x_{1}=\sqrt{3} \sin 30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2} \text { cм, } y_{1}=-\sqrt{3} \cos 30^{\circ}=-\frac{3}{2} c \mu .
\]

Следовательно, координаты центра масс тела, получившегося после склеивания двух частей, есть
\[
\begin{array}{l}
X=\frac{M x_{1}+2 M x_{2}}{2+2 M}=-\frac{\sqrt{3}}{2} c M, \\
Y=\frac{M y_{1}+2 M y_{2}}{M+2 M}=-\frac{1}{2} c M .
\end{array}
\]

Рассмотрим силы, действующие на тело. Это сила тяжести, приложенная в центре масс тела, силы давления пола н стенки $P$ и $N$ и сила трения о пол $F_{\text {тр }}$. Эти силы приложены в точках соприкосновения тела со стенкой и полом и направлены так, как это показано на рисунке. Так как тело находится в равновесии, геометрическая сумма всех сил равна нулю; сумма моментов этих сил, например относительио точки $O$, также равна нулю. Это дает
\[
P=3 M g, \quad N=F_{\mathrm{Tp}} \quad \text { и } \pi F_{\mathrm{Tp}}=-X \cdot 3 M g,
\]

откуда
\[
N=\frac{3 \sqrt{3}}{2 \pi} M g .
\]

Поскольку $M=1$ ке, тело давит на стенку с силой $3 \sqrt{3} / 2 \pi \kappa \Gamma$.
б) Если поместить на линию $O A$ массу $m$ на расстоянии $r$ от точки $O$, то система останется в равновесии, если будут равны друг другу моменты сил веса составного тела и шарика относительно точки соприкосновения тела и пола:
что дает
\[
m g r=3 X M g,
\]
\[
r=\frac{3 \sqrt{3}}{2} \frac{M}{m} .
\]
19.16. Поскольку вся фигура, подвешенная в точке $P$, находится в равновесии независимо от ее положения, точка $P$ является ее центром масс.
Пусть высота вырезанного треугольника равна $h$. Ero центр масс находится на расстоянии $2 / 3 h$ от $P$. Центр масс получениой фигуры и вырезанного треугольника находится в точке $O$, следовательно (см. задачу 19.12),
\[
\left(a^{2}-\frac{1}{2} a h\right)\left(h-\frac{a}{2}\right)=\frac{a h}{2}\left(\frac{a}{2}-\frac{h}{3}\right) .
\]

Из этого соотношения получаем квадратное уравнение для $h$
\[
2 h^{2}-6 a h+3 a^{2}=0,
\]

откуда
\[
h=\frac{a(3 \pm \sqrt{\overline{3})}}{a} .
\]

Так как по смыслу задачи $h<a$, в качестве решения выбираем меньший корень квадратного уравнения, т. е. $h=0,63 a$.
19.17. а) На катушку действует сила веса, направленная вертикально вниз, и снла натяжения нити $T$, направленная по нити. Қатушка не будет раскачиваться, если нет горизонтальных снл, т. е. если нить вертикальна.
6) Запишем уравнение движения катушки: для поступательного
\[
2 M a=2 M g-T,
\]

для вращательного
\[
I \varepsilon=T r
\]

здесь $a$ – ускорение центра масс катушки, $\varepsilon$-ее угловое ускорение. Учитывая, что $\varepsilon=a / r$ и $I=M R^{2}$, уравнения движения перепишем в виде
\[
\begin{aligned}
M R^{2} a & =T, \\
2 M a & =-T+2 M g,
\end{aligned}
\]

откуда
\[
a=\frac{g}{1+\frac{1}{2} \frac{R^{2}}{r^{2}}} .
\]
19.18. а) Из закона сохранения момента количества движения
\[
\left(I_{0}+m R^{2}\right) \omega_{0}=\left(I_{0}+m r^{2}\right) \omega,
\]

так что
\[
\omega=\frac{I_{0}+m R^{2}}{I_{0}+m r^{2}} \omega_{0} .
\]
6) Изменение кинетической энергии системы равно
\[
\begin{aligned}
\frac{1}{2}\left(I_{0}+m r^{2}\right) \omega^{2} & -\frac{1}{2}\left(I_{0}+m R^{2}\right) \omega_{0}^{2}= \\
& =\frac{\omega_{0}^{2}}{2}\left(I_{0}+m R^{2}\right)\left[\frac{I_{0}+m R^{2}}{I_{0}+m r^{2}}-1\right] .
\end{aligned}
\]

С другой стороны, чтобы удержать вращающуюся с угловой скоростью $\omega$ массу $m$ на расстоянии $x$ от оси вращения, необходимо приложить к нити силу
\[
F=m \omega^{2} x=\left(\frac{I_{0}+m R^{2}}{I_{0}+m x^{2}}\right)^{2} m \omega_{0}^{2} x .
\]

Работа этой силы при изменении $x$ от $R$ до $r$ есть
\[
\begin{aligned}
W & =\int_{R}^{r} F d x=\left(I_{0}+m R^{2}\right)^{2} \omega_{0}^{2} \int_{R}^{r} \frac{m x d x}{\left(I_{0}+m x^{2}\right)^{2}}= \\
& =\frac{\varphi_{0}^{2}}{2}\left(I_{0}+m R^{2}\right)\left[\frac{I_{0}+m R^{2}}{I_{0}+m r^{2}}-1\right],
\end{aligned}
\]

что равно разности кинетических энергий системы в конечном и начальном состояниях.
в) В системе координат, врацающейся вместе со столом, скорость тележки увеличивается благодаря действию центробежной силы, так что в этой системе кинетическая энергия тележки в точке $R$ равна вычисленной в пункте (6) работе $W$, т. е.
\[
\frac{m v_{r}^{2}}{2}=W
\]

откуда
\[
v_{r}^{2}=\frac{I_{0}+m R^{2}}{I_{0}-\mathrm{f} m r^{2}}\left(R^{2}-r^{2}\right) \omega_{0}^{2} .
\]

К главе 20. Вращение и пространство
20.1. Векторное произведение двух векторов а и b можно записать в виде
\[
\begin{aligned}
\mathbf{a} \times \mathbf{b} & =\left(a_{y} b_{z}-a_{z} b_{y}\right) \mathbf{i}+\left(a_{z} b_{x}-a_{x} b_{z}\right) \mathbf{j}+ \\
& +\left(a_{x} b_{y}-a_{y} b_{x}\right) \mathbf{k}=\left|\begin{array}{lll}
\mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\
a_{x} & a_{y} & a_{z} \\
b_{x} & b_{y} & b_{z}
\end{array}\right| .
\end{aligned}
\]

Используя свойства детерминанта, получаем
\[
\begin{array}{l}
\mathbf{a} \times(\mathbf{b}+\mathbf{c})=\left|\begin{array}{ccc}
\mathbf{c} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\
a_{x} & a_{y} & a_{z} \\
b_{x}+c_{x} & b_{y}+c_{y} & b_{z}+c_{z}
\end{array}\right|=\mathbf{a} \times \mathbf{b}+\mathbf{a} \times \mathbf{c}, \\
\text { (a) } \times \mathbf{b}=\left|\begin{array}{ccc}
\mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\
\alpha a_{x} & \alpha a_{y} & \boldsymbol{\alpha} a_{z} \\
b_{x} & b_{y} & b_{z}
\end{array}\right|=\alpha\left|\begin{array}{ccc}
\mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\
a_{x} & a_{y} & a_{z} \\
b_{x} & b_{y} & b_{z}
\end{array}\right|=\alpha(\mathbf{a} \times b) \text {, } \\
\mathbf{a} \times \mathbf{a}=\left|\begin{array}{ccc}
\mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\
a_{x} & a_{y} & o_{z} \\
a_{x} & a_{y} & a_{z}
\end{array}\right|=0, \\
\end{array}
\]

\[
\begin{array}{l}
\mathbf{a} \cdot(\mathbf{b} \times \mathbf{c})=a_{x}\left(b_{y} c_{z}-b_{z} c_{y}\right)+a_{y}\left(b_{z} c_{x}-b_{x} c_{z}\right)+ \\
+a_{z}\left(b_{x} c_{y}-b_{y} c_{x}\right)=\left|\begin{array}{lll}
a_{x} & a_{y} & a_{z} \\
b_{x} & b_{y} & b_{z} \\
c_{x} & c_{y} & c_{z}
\end{array}\right|=\left|\begin{array}{lll}
b_{x} & b_{y} & b_{z} \\
c_{x} & c_{y} & c_{z} \\
a_{x} & a_{y} & a_{z}
\end{array}\right|=\left|\begin{array}{lll}
c_{x} & c_{y} & c_{z} \\
a_{x} & a_{y} & a_{z} \\
b_{x} & b_{y} & b_{z}
\end{array}\right|= \\
=\mathbf{b} \cdot(\mathbf{c} \times \mathbf{a})=\mathbf{c} \cdot(\mathbf{a} \times \mathbf{b}) \text {, } \\
\mathbf{a} \times(\mathbf{b} \times \mathbf{c})=\left|\begin{array}{ccc}
\mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\
a_{x} & a_{y} & a_{z} \\
b_{y} c_{z}-b_{z} c_{y} & b_{z} c_{x}-b_{x} c_{z} & b_{x} c_{y}-b_{y} c_{x}
\end{array}\right|= \\
=\mathbf{i}\left(a_{y} b_{x} c_{y}-a_{y} b_{y} c_{x}-a_{z} b_{z} c_{x}+a_{z} b_{x} c_{z}\right)+\ldots= \\
=\mathbf{i}\left[b_{x}\left(a_{x} c_{x}+a_{y} c_{y}+a_{z} c_{z}\right)-c_{x}\left(a_{y} b_{y}+a_{z} b_{z}+a_{x} b_{x}\right)+\right. \\
+a_{x} b_{x} c_{x}-a_{x} b_{x} c_{x} \mathrm{~J}+\ldots=\mathbf{b}(\mathbf{a} \cdot \mathbf{c})-\mathbf{c}(\mathbf{a} \cdot \mathbf{b}) . \\
\end{array}
\]
20.2. Направим ось $z$ вдоль вектора о (т. е. вдоль оси вращения твердого тела), а начало координат поместим в произвольной точке на оси вращения. Вычислим векторное произведение $\boldsymbol{\omega} \times \mathbf{r}$ (r-радиус-вектор точки $P$ тела) в этой системе координат
\[
\omega \times \boldsymbol{r}=\left|\begin{array}{ccc}
\mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\
0 & 0 & \omega \\
x & y & z
\end{array}\right|=-\omega y \mathbf{i}+\omega x \mathbf{j} .
\]
вектору $\mathbf{r}^{\prime}(x, y)$, модуль его равен $\omega \sqrt{x^{2}+y^{2}}=\omega r^{\prime}$. Так как $r^{\prime}$-расстояние точки $P$ до оси вращеиия, вычисленное векторное произведение есть не что иное, как скорость точки $P$ твердого тела, т. е. $\mathbf{v}_{P}=\boldsymbol{\omega} \times \mathbf{r}$.
20.3. Пусть тело повернется на некоторый очень малый угол $\Delta \partial_{1}$ вокруг оси 1 , проходящей через начало координат. Введем вектор $\Delta \theta_{1}$, величина которого равна $\Delta \theta_{1}$, а направление совпадает с осью вращения, т. е. $\Delta \theta_{1}=\Delta \theta_{1} \cdot \mathbf{n}_{1}$ ( $\mathbf{n}_{1}$ – единичный вектор вдоль осн вращения). Очевидно, что при таком повороте радиус-вектор $\mathbf{r}$ произвольной точки $M$ станет равным $\mathbf{r}^{\prime}=\mathbf{r}+\Delta \mathbf{r}$. Величина прирацения радиуса-вектора равна (см. рисунок) $r \sin \alpha \Delta \theta_{1}$; вектор $\Delta r$ направлен перпендикулярно $\mathbf{r}$ и оси вращения (т. е. $\Delta \theta_{1}$ ), поэтому, вспоминая определение векторного произведения,
Таким образом,
\[
\Delta \mathbf{r}=\Delta \theta_{1} \times \mathbf{r}
\]
\[
\mathbf{r}^{\prime}=\mathbf{r}+\Delta \theta_{\mathbf{1}} \times \mathbf{r} .
\]

Если произведен еце один поворот на малый угол $\Delta \theta_{2}$ вокруг другой оси, проходящей через начало координат, то новый радиус-вектор той же точки $M$ (обозначим его $\mathbf{r}^{\prime \prime}$ ) может быть выражен через $\mathbf{r}$ как
\[
\begin{aligned}
\mathbf{r}^{\prime \prime} & =\mathbf{r}^{\prime}+\Delta \theta_{2} \times \mathbf{r}^{\prime}=\mathbf{r}+\Delta \theta_{1} \times \mathbf{r}+\Delta \theta_{2} \times\left(\mathbf{r}+\Delta \theta_{1} \times \mathbf{r}\right)= \\
& =\mathbf{r}+\left(\Delta \theta_{1}+\Delta \theta_{2}\right) \times \mathbf{r} .
\end{aligned}
\]

В последнем выражении отброшены бескоиечнө малые второго порядка.

Таким образом, два последовательных поворота на углы $\Delta \theta_{1}$ и $\Delta \theta_{2}$ вокруг разных осей эквивалентны одному повоpory иа угол
\[
\Delta \theta=\sqrt{\Delta \theta_{1}^{2}+\Delta \theta_{2}^{2}+2 \Delta \theta_{1} \Delta \theta_{2} \cos \left(n_{1} n_{2}\right)}
\]

вокруг оси, направление которой совпадает є направлением вектора $\boldsymbol{\Delta} \theta_{1}+\boldsymbol{\Delta} \theta_{2}$. Аналогично для $N$ поворотов на малые углы $\Delta \theta_{i}$ имеем
\[
\Delta \theta=\sum \Delta \theta_{i} .
\]

Рассматривая угловую скорость как вектор, направленный вдоль оси вращения, модуль которого равен изменению угла в единицу времени, записываем $\boldsymbol{\omega}_{i}=\boldsymbol{\Delta} \theta_{i} / \Delta t$. Поэтому вращение тела с несколькими угловыми скоростями эквивалентно вращению с одной угловой скоростью
\[
\omega=\frac{\Delta \theta}{\Delta t}=\sum_{i=1}^{N} \frac{\Delta \theta_{i}}{\Delta t}=\sum_{i=1}^{N} \omega_{i},
\]
20.4. Обозначим через $\mathbf{r}^{\prime}$ координаты частиц в системе ц. м. Очевидно,
\[
\mathbf{r}_{i}=\mathrm{R}_{\mathrm{\mu}, \mathrm{м} .}+\mathrm{r}_{i}^{\prime} \text { и } \mathrm{v}_{i}=\dot{\mathbf{r}}_{i}=\mathrm{v}_{\mathrm{\mu} . \mathrm{m} .}+\mathrm{v}_{i}^{\prime} .
\]

Момент количества движения системы частиц равен
\[
\begin{aligned}
\mathbf{L} & =\sum_{i} m_{i}\left(\mathbf{R}_{\text {ц. м. }}+\mathbf{r}_{i}^{\prime}\right) \times\left(\mathbf{v}_{\text {ц. м. }}+\mathbf{v}_{i}^{\prime}\right)=\sum_{i} m_{i} \mathbf{R}_{\mathrm{L}, \mathrm{m} .} \times \mathbf{v}_{\text {ц. м. } .}+ \\
& +\mathbf{v}_{\text {ц. м. }} \times \sum_{i} m_{i} \mathbf{r}_{i}^{\prime}+\sum_{i} m_{i} \mathbf{r}_{i}^{\prime} \times \mathbf{v}_{i}^{\prime}+\mathbf{R}_{\text {ц. м. }} \times \sum_{i} m_{i} \mathbf{v}_{i}^{\prime}
\end{aligned}
\]

Так как $\sum m_{i} \mathbf{r}_{i}^{\prime}=0$ и $\sum m_{i} \mathbf{v}_{i}^{\prime}=0$ по определению цеңтра масс системы,
\[
\mathbf{L}=\mathbf{L}_{\text {ц. м. }}+M \mathbf{R}_{\text {ц. м. }} \times \mathbf{v}_{\text {ц. м. }} .
\]
20.5. а) Объем $V$ параллелепипеда равен произведению площади основания на высоту: $V=S H$.
Обозначим угол между сторонами $A$ и $B$ основания через $\alpha$. Величина площади основания равна
\[
S=A B \sin \alpha=|\mathbf{A} \times \mathbf{B}| .
\]

Вектор $\mathbf{S}=\mathbf{A} \times \mathbf{B}$ направлен перпендикулярно векторам А и В, т. е. его направление совпадает с нормалью к основанито.

Если угол между $\mathbf{S}$ и $\boldsymbol{C}$ равен $\theta$, то $V=S H=$ $=S C \cos \theta=\mathbf{C} \cdot \mathbf{S}=|\mathbf{C}(\mathbf{A} \times \mathbf{B})|$.
б) Параллелепипед определен тремя векторами:
\[
\mathbf{a}=10 \mathbf{i}-5 \mathbf{j}+3 \mathbf{k}, \quad \mathbf{b}=3 \mathbf{i}-4 \mathbf{j}+7 \mathbf{k}, \quad \mathbf{c}=-5 \mathbf{i}-6 \mathbf{j}+3 \mathbf{k} .
\]

Следовательно, его объем есть абсолютная величина детерминанта
\[
V=\left|\begin{array}{lll}
a_{x} & a_{y} & a_{z} \\
b_{x} & b_{y} & b_{z} \\
c_{x} & c_{y} & c_{z}
\end{array}\right|=406 \text { единиц объема. }
\]
20.6. Центр масс системы двух стержней находится в точке $O$, делящей отрезок $O_{1} O_{2}$ поюолам ( $O_{1}, O_{2}$-центры стержней). После удара в точку $C$ стержни придут в движение, которое можно разложить на два: поступательное движение системы как целого со скоростью $v$ по линии удара и вращательное вокруг центра масс $O$ с некоторой угловой скоростью $\omega$. Пусть $m$ и $l$-масса и длина каждого из стержней, а $p$ переданный в результате удара.импульс. Из закона сохранення импульса $2 m v=p$ следует, что скорость поступательного движения системы равна $v=p / 2 m$, а нз закона сохранения момента количества движения $I \omega=p D C$, что $\omega=(3 p l / 4 I)(D C=3 / 4 l)$, где $l$-момент ннерции стержней относительно центра масс системы.

Из прямоугольного треугольника $O_{1} A O_{2}$ легко иайти, что
\[
O O_{1}=\frac{1}{2} O_{1} O_{2}=\frac{l}{2 \sqrt{2}} .
\]

Поэтому
\[
I=2\left(\frac{m l^{2}}{12}+\frac{m l^{2}}{8}\right)=\frac{5}{12} m l^{2} \text { и } \quad \omega=\frac{9}{5} \frac{p}{m l} .
\]

Линейные скорости центров масс стержней $O_{1}$ и $O_{2}$, возникающие за счет вращательного движения, равны по модулю
\[
u=\omega O_{1} O=\frac{9}{10 \sqrt{2}} \frac{p}{m}
\]

и направлены перпендикулярно линии $O_{1} O_{2}$. В системе координат, изображенной на рисунке, скорость поступательного движения имеет только $x$-составляющую, а вращательные скорости точек $O_{1}$ и $O_{2}$ образуют угол $45^{\circ}$ с осями координат. Результирующие скорости центров масс стержней $v_{1}$ и $v_{2}$ равны векторной сумме скорости центра масс системы в целом и скорости, приобретенной центрами масс стержней за счет вращательного движения. Имеем
\[
\begin{array}{c}
v_{1}^{x}=v-\frac{1}{\sqrt{2}} \quad u=\frac{1}{20} \frac{p}{m}, \quad v_{1}^{y}=-\frac{1}{\sqrt{2}} u=-\frac{9}{20} \frac{p}{m} ; \\
v_{2}^{x}=v+\frac{1}{\sqrt{2}} u=\frac{19}{20} \frac{p}{m}, \quad v_{2}^{y}=\frac{1}{\sqrt{2}} u=\frac{9}{20} \frac{p}{m} .
\end{array}
\]

Отношение модулей скоростей равно
\[
\frac{v_{1}}{v_{2}}=\frac{\sqrt{\left(v_{1}^{x}\right)^{2}+\left(v_{1}^{y}\right)^{2}}}{\sqrt{\left(v_{2}^{x}\right)^{2}+\left(v_{2}^{y}\right)^{2}}} \approx 0,43 .
\]
20.7. Направим ось $y$ вдоль вектора угловой скорости маховика (т.е. по оси вращения). Введем также другую систему координат $x^{\prime} y^{\prime}$, ось $y^{\prime}$ которой перпендикулярна плоскости диска, а $x^{\prime}$ лежит в этой плоскости. Компоненты угловой скорости в этой системе
\[
\omega x^{\prime}=\omega \sin \alpha, \quad \omega_{y^{\prime}}=\omega \cos \alpha, \quad \omega_{z^{\prime}}=0
\]
( $\alpha$-угол между осью вращения и осью $y^{\prime}$ ). Компоненты момента количества движения в штрихованной системе координат равны
\[
\begin{array}{l}
L_{y^{\prime}}=I_{y^{\prime}} \omega_{y^{\prime}}=\frac{M R^{2}}{2} \omega \cos \alpha, \\
L_{x^{\prime}}=I_{x^{\prime}} \omega_{x^{\prime}}=\frac{m R^{2}}{4} \omega \sin \alpha, \\
L_{z^{\prime}}=0
\end{array}
\]
( $M$-масса диска, $R$-его радиус).
При вычнслении момента инерции диска относительно оси $x^{\prime}$ мы воспользовались тем, что $I_{y^{\prime}}=I_{x^{\prime}}+I_{z^{\prime}}$. Ввиду симметрии диска, $I_{x^{\prime}}=I_{z^{\prime}}$, так что $I_{x^{\prime}}=I_{y^{\prime}} / 2=M R^{2} / 4$.

Вектор момента количества движения образует с осью $y$ угол $\beta$, причем
\[
\operatorname{tg}(\alpha-\beta)=\frac{L_{x^{\prime}}}{L_{y^{\prime}}}=\frac{1}{2} \operatorname{tg} \alpha .
\]

Так как углы $\alpha$ и $\beta$ малы, можно положить $\operatorname{tg}(\alpha-\beta) \approx$ $\approx \alpha-\beta$, а $\operatorname{tg} \alpha \approx \alpha$, так что $\alpha-\beta=1 / 2 \alpha$, откуда $\beta=1 / 2 \alpha$. В нештрихованной системе координат вектор количества движения $\mathbf{L}$ вращается вокруг оси у с угловой скоростью w. Следовательно, его $x$ – и $z$-компоненты меняітся со временем по закону (фиг. 2)

где
\[
L_{z}=L \beta \cos \omega t ; \quad L_{x}=L \beta \sin \omega t,
\]
\[
L=\sqrt{L_{x^{\prime}}^{2}+L_{y^{\prime}}^{2}}=\frac{m R^{2}}{4} \omega \sqrt{\overline{5}} .
\]

Значит, на маховик действует момент сил $\boldsymbol{\tau}=d \mathbf{L} / d t$, компоиенты которого
\[
\begin{array}{l}
\tau_{x}=\frac{d L_{x}}{d t}=L \beta \omega \cos \omega t, \\
\tau_{z}=\frac{d L_{z}}{d t}=-L \beta \omega \sin \omega t, \\
\tau_{y}=0,
\end{array}
\]

а модуль равен
\[
\begin{aligned}
\tau & =L \omega \beta=\omega^{2} \frac{M R^{2} \sqrt{5}}{8} \alpha= \\
& =1,22 \text { ньютон } \cdot \text {. }
\end{aligned}
\]
20.8. Силы притяжения тел массы $m$ к массе $M$ равны
\[
\begin{aligned}
F_{1}=\frac{G m M}{R_{1}^{2}}=\frac{G m M}{R^{2}+r^{2}-2 R r \cos \theta} & \approx \frac{G m M}{R^{2}\left(1-2 \frac{r}{R} \cos \theta\right)} \approx \\
& \approx \frac{G m M\left(1+2 \frac{r}{R} \cos \theta\right)}{R^{2}}
\end{aligned}
\]
\[
F_{2}=\frac{G m M}{R_{2}^{2}}=\frac{G m M}{R^{2}+r^{2}+2 R r \cos \theta} \approx \frac{G M m}{R^{2}}\left(1-2 \frac{r}{R} \cos \theta\right) .
\]

При получении приближенных формул мы пренебрегли $r^{2}$ по сравнению с $R^{2}$ и учли, что $(r / R) \cos \theta \ll 1$, воспользовавшись соотношением $1 /(1 \pm x) \approx 1 \mp x$ при $x \ll 1$. Вращающий момент $\tau$ равен разности моментов сил $\mathbf{F}_{1}$ и $\mathbf{F}_{2}$ относительно точки $O$, так что $|\tau|=F_{1} r \sin \theta-F_{2} r \sin \theta$ (плечи обеих сил приближенно равны $r \sin \theta$ ).
Подставляя вместо $F_{1}$ и $F_{2}$ их значения, получаем
\[
\tau=\frac{2 G M m r^{2}}{R^{3}} \sin 2 \theta .
\]

20.9. Сплюснутость Землн при вычисления действующего на нее момента сил можно приближенно учесть, заменив Землю двумя точечными массами, находящимися на иекотором расстоянии друг от друга. Далее, воспользовавшись коңечным результатом предыдущей задачи, находим отношенне вращательных моментов, создаваемых Солнцем и Луной:
\[
\frac{\tau_{\mathrm{C}}}{\tau_{\mathrm{j}}}=\frac{M_{\mathrm{C}}}{M_{\mathrm{JI}}}\left(\frac{R_{\mathrm{JI}}}{R_{\mathrm{C}}}\right)^{2} \approx 0,47,
\]

где $M_{Л}$ и $M_{\mathrm{C}}$ – массы Луны и Солнца, а $R_{Л}$ и $R_{\mathrm{C}}$ – pacстояние от Земли до Луны и Солнца соответственно.
20.10. а) Перепицем таблицу удельной плотности в более удобной форме, отсчитывая расстояния от центра Земли, а не от ее поверхности, и принимая средний радиус Земли равным 6370 км:
Землю представим себе состоящей из нескольких шаровых слоев, плотность внутри каждого из которых постоянна и равна полусумме плотностей на радиусах слоя. Там, где имеется разрыв плотности, бо́льшее значение ее будем приписывать внутренней части слоя, а меньшее внешней.
Момент инерцин шарового слоя с постоянной плотностью $\rho$ и внешним и внутренним радиусами $r_{1}$ и $r_{2}$ найдем, вычитая из момента инерции шара радиусом $r_{1}$ момент инерции шара радиусом $r_{2}$. Таким образом,
\[
I=\frac{2}{5} M_{1} r_{1}^{2}-\frac{2}{5} M_{2} r_{2}^{2}=\frac{8}{15} \pi\left(r_{1}^{5}-r_{2}^{5}\right) \rho
\]

нли для $i$-го слоя
\[
I_{i}=\frac{8}{15} \overline{\rho_{i}}\left(r_{i}^{5}-r_{i-1}^{5}\right) .
\]

Полный момент инерции Земли равен сумме моментов инерции шаровых слоев, так что
\[
I=\sum_{i=1}^{11} I_{i} \approx 8,1 \cdot 10^{37} \kappa 2 \cdot M^{2} .
\]

б) Момент количества движения Земли $L$ равен
\[
\begin{array}{l}
\qquad L=I \omega=\frac{2 \pi I}{t} \approx 5,9 \cdot 10^{33} \kappa 2 \cdot \mu^{2} / \text { сек } \\
\left(t=8,64 \cdot 10^{3}\right. \text { сек-период обращения Земли вокруг своей } \\
\text { оси }) \text {. } \\
\text { Кинетическая энергия Земли }
\end{array}
\]
оси).
в) Кинетическая энергия Земли
\[
T=\frac{1}{2} I \omega^{2} \approx 2,1 \cdot 10^{29} \partial \mathcal{H} .
\]
20.11. 1) Согласно формуле, полученной в задаче 10.8. (стр. 164), кинетическая энергия катящегося тела складывается из кинетической эиергии доижения его центра масс и кинетической энергии тела в системе ц. м. Так как тело скатывается по наклонной плоскости без скольжения и ввиду симметрии тела относительно оси вращения, егоцентр масс находится на этой оси, движение тела в системе ц. м. представляет собой чистое вращение, угловая скорость которого $\omega=v / r$ ( $v$-скорость тела в произвольный момент времени). Таким образом, кинетическая энергия тела
\[
T=\frac{M v^{2}}{2}+\frac{I \omega^{2}}{2},
\]

где $I$-момент инерции тела относительно оси вращения. Величину скорости $v$ центра масс в нижней точке наклонной плоскости определим из закона сохранения энергин
\[
M g h=\frac{M v^{2}}{2}+\frac{l v^{2}}{2 r^{2}},
\]
откуда
\[
v=\sqrt{\frac{2 M g h}{M+I / r^{2}}} .
\]
2) Применим эту формулу для частных случаев, перечисленных в условии задачи.
a) Сфера:
\[
I=\frac{2}{3} M r^{2} ; \quad v=\sqrt{\frac{6}{5} g h} .
\]
б) Диск:
\[
I=\frac{M r^{2}}{2} ; \quad v=\sqrt{\frac{4}{3} g h} .
\]
в) Диск массы $M_{1}$ радиусом $R_{1}$, насаженный на вал массой $m_{2}$ и радиусом $r_{2}$ :
\[
v=\sqrt{\frac{I=\frac{M_{1} R_{1}^{2}}{2}+\frac{m_{2} r_{2}^{2}}{2}}{\frac{2\left(M_{1}+m_{2}\right) g h}{3 / 2} M_{1}+m_{2}\left[1+\left(\frac{r_{2}}{R_{1}}\right)^{2}\right]}} .
\]
20.12. а) Центр масс однородного стержня находится в его середине, т. е. на расстоянии $L / 2$ от конца. Центр масс системы из стержня и замазки находится посредине отрезка, соединяющего замазку и точку $O$, т. е. на расстоянии $L / 4$ от линии удара.
Стержень до удара покоился, поэтому
\[
\mathbf{v}_{\text {ц. м. }}=\frac{M \mathbf{v}}{M+M}=\frac{\mathbf{v}}{2} .
\]

Из закона сохранения импульса следует, что скорость центра масс после удара не изменилась, т. е. осталась равной $\mathbf{v} / 2$.
б) Момент количества движения системы относительно ее центра равен до удара $M v L / 4$.
в) Момент количества движения системы после столкновения равен $I \omega$, где $I$-момент инерции относительно центра масс, т. е.
\[
I=\frac{M L^{2}}{12}+2 M \frac{L^{2}}{16}=\frac{5}{24} M L^{2},
\]

а $\omega$-угловая скорость вращения огносительно центра масе.
Из закона сохранения момента количества движения
\[
\frac{L}{4} M v=\frac{5}{24} M L^{2} \omega,
\]

откуда
\[
\dot{\omega}=\frac{6}{5} \frac{v}{L} .
\]
г) Так как скорость центра масс равна $v / 2$, кинетическая энергил системы после удара
\[
T_{\mathrm{k}}=\frac{1}{2}(2 M)\left(\frac{v}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2} I \omega^{2}=\frac{2}{5} M v^{2} .
\]

Изменение кинетической энергии при ударе
\[
\Delta T=\frac{1}{2} M v^{2}-T_{\mathrm{K}}=0,2 T_{\mathrm{r}}
\]
( $T_{\text {н }}=1 / 2 M v^{2}$ – начальная кинетическая энергия системы).
20.13. Пусть $I$-момент инерции Земли до таяния льда, а $I+\Delta I-$ после того, как лед растаял. Из закона сохранения момента . количества движения
\[
I \omega=(I+\Delta I)(\omega+\Delta \omega)
\]
( $\omega$ и $\omega+\Delta \omega-$ угловые скорости вращения Земли в два рассматриваемых момента), или
\[
\frac{I}{T}=\frac{I+\Delta I}{T+\Delta T},
\]

так как
\[
\omega=\frac{2 \pi}{T} .
\]

Таким образом,
\[
\Delta T=\frac{\Delta I}{I} T
\]

Изменение момента инердии Земли $\Delta I$ пронзошло за счет того, что вода, сосредоточенная ранее (в виде льда) вблизи оси вращения (и поэтому дававшая очень малый вклад в момент инерции Земли), расстаяв, распределилась по шаровому слою радиусом $R$ и толщиной $\Delta R$. Момент инердии такого слоя (см. задачу 20.10):
\[
\Delta I=\frac{8}{3} \pi \rho R^{4} \Delta R .
\]

Таким образом,
\[
\Delta T=\frac{8}{3} \frac{\pi \rho R^{4}}{I} T \Delta R .
\]
Учитывая, что для воды $\rho=1$ г/с. $\boldsymbol{m}^{3}=10^{3} \kappa 2 / \boldsymbol{m}^{3}$, а период вращения Земли $T=24$ час, получаем $\Delta T \sim 1$ сек.
20.14. а) Скорость центра масс найдем из закона сохранения импульса $M v_{0}=J$, откуда $v_{0}=J / M$. Из закона сохранения момента количества двікения определим угловую скорость вращения вокруг центра масс
\[
J r=\frac{M L^{2}}{12 \omega} \omega,
\]

откуда
\[
\omega=\frac{12 J r}{M L^{2}} .
\]

Скорость точки $A$ в момент удара есть сумма скоростей двух движений: поступательного со скоростью $v_{0}$ и вращательного с угловой скоростью $\omega$. Поэтому
\[
v_{A}=-\omega \frac{L}{2}+v_{0}=-\frac{12 J r}{M L^{2}}+\frac{J}{M}=\frac{J}{M}\left(1-\frac{6 r}{L}\right) .
\]
б) Если $v_{A}=0$, то для расстояния $O P=r$ получим уравнение
\[
1-\frac{6 r}{L}=0,
\]

откуда
\[
r=\frac{L}{6} .
\]

Очевидно,
\[
A P=A O+O P=\frac{L}{2}+\frac{L}{6}=\frac{2}{3} L .
\]

К главе 21. Гармонический осциляятор

21.1. а) Пусть $C$-центр масс тела, а через точку $O$ проходит ось вращения. В положении равновесия $O$ и $C$ находятся на одной вертикали. Уравнение движения тела имеет вид
\[
\frac{d \mathbf{L}}{d t}=\mathbf{M},
\]

где $\mathbf{L}$-момент количества движения, а $\mathbf{M}$-момент внешних сил.

В нашем случае нужно учесть только силу тяжести (проложенную в точке $C$ ), момент которой относительно точки $O$ равен $-M g d \sin \theta$. Момент количества двнжения тела равен $I \omega$, так что
\[
\frac{d}{d t} I \omega=-M g d \sin \theta .
\]

Но $\omega=d \theta / d t$, поэтому после дифференцирования по времени получим
\[
I \frac{d^{2} \theta}{d t^{2}}=-M g d \sin \theta .
\]

Это и есть дифференциальное уравнение, описывающее изменение угла $\theta$ со временем.
б) Если предположить, что $\theta$ мало, т. е. $\sin \theta \approx \theta$, то получим
\[
I \frac{d^{2} \theta}{d \theta^{2}}+M g d \theta=0 \text {, или } \ddot{\theta}+\frac{M g d}{I} \theta=0 .
\]

В § 2 гл. 21 «Лекций э (вып. 2, стр. 48) было показано, что такое дифференциальное уравнение описывает колебания с периодом $T=2 \pi / \omega$, где $\omega^{2}=M g d / I$. Поэтому период малых колебаний тела
\[
T=2 \pi \sqrt{\frac{I}{M g d}} .
\]

21.2. В найденном в предыдущей задаче выражении для периода колебаний положим $I=I_{C}+M d^{2}$. Тогда
\[
T=2 \pi \sqrt{\frac{I_{c}+M d^{2}}{M g d}} .
\]
a) Найдем $d$, соответствуюцее данному значению периода. Решая квадратное уравнение
\[
d^{2}-\frac{g T^{2}}{4 \pi^{2}}+\frac{I_{C}}{M}=0,
\]

находим
\[
d_{1}=\frac{g T^{2}}{8 \pi^{2}}+\sqrt{\frac{g^{2} T_{0}^{4}}{64 \pi^{4}}-\frac{I_{C}}{M}}
\]

H
\[
d_{2}=\frac{g T^{2}}{8 \pi^{2}}-\sqrt{\frac{g^{2} T_{0}^{4}}{64 \pi^{4}}-\frac{I_{C}}{M}} .
\]
б) Складывая $d_{1}$ и $d_{2}$, получаем
\[
d_{1}+d_{2}=\frac{g T^{2}}{4 \pi^{2}}, \text { откуда } T=2 \pi \sqrt{\frac{d_{1}+d_{2}}{g}} .
\]
в) Пернод минимален при таком значении $d$, при котором минимально выражение
\[
\frac{I_{C}+M d^{2}}{M g d}
\]
(подкоренное выражение в формуле для периода). Условие минимума имеет вид
\[
\left(\frac{I_{C}+M d^{2}}{M g d}\right)^{\prime}=0
\]
(штрих означает дифференцирование по $d$ ), т. е.
\[
\frac{2 M d M g d-\left(I_{C}+M d^{2}\right) M g}{M^{2} g^{2} d^{2}}=0 .
\]

Отсюда
\[
d_{\text {мин }}=\sqrt{\frac{I_{C}}{\bar{M}}} .
\]

Подставляя это выражение в формулу для периода колебаний, получаем минимальное значение периода
\[
T_{\text {Mин }}=2 \pi \sqrt{\frac{2 d_{\text {Mин }}}{g}}=2 \pi \sqrt{\frac{2}{g} \sqrt{\frac{I_{C}}{M}}} .
\]

21.3. Из того, что пружнна под действием силы веса груза массой $m$ удлиняется на $A$, находим ее коэффициент жесткости $k=m g / A$.
Когда на ‘пружине неподвижно’висят два груза общей массой $2 \mathrm{~m}$, ее длина $l_{0}$ определяется условием
\[
k\left(l_{0}-D\right)=2 m g, \quad \text { так что } l_{0}=D+2 A .
\]

Поместим начало координат в точку $l_{0}$, а ось $x$ направим вертикально вниз. В этом случае уравнение двнжения грузиков прнмет вид
\[
2 m \ddot{x}=-k x, \text { или } \ddot{x}+\frac{g}{2 A} x=0 .
\]

Как известно, дифференциальное уравнение такого типа опнсывает колебання с периодом
\[
T=\frac{2 \pi}{\omega}=2 \pi \sqrt{\frac{2 A}{g}} .
\]

Легко убедиться в том, что решением этого уравнения является функция
\[
x(t)=B_{1} \cos \omega t+B_{2} \sin \omega t,
\]

где $B_{1}$ и $B_{2}$-постоянные, определяемые из начальных условий.
Систему координат мы выбрали таким образом, что $x=x_{0}=-A$ при $t=0$. Начальную скорость $v_{0}$ находим, учитывая сохранение импульса при ударе

откуда
\[
m v=2 m v_{0}^{\prime},
\]
\[
v_{0}=\frac{v}{2}
\]
( $v$-скорость тела, упавшего с высоты $A$, т. е. $v=\sqrt{2 A g}$ ). Таким образом,
\[
v_{0}=\sqrt{\frac{g A}{2}} .
\]

Этим начальным условиям соответствуют постоянные $B_{2}=-B_{1}=A$, т. е. решение уравнения движения имеет вид
\[
x=A(\sin \omega t-\cos \omega t) .
\]

Амплитуда колебаний, т. е. максимальное отклонение точки от положения равновесия, достигается в тот момент времени $t_{1}$, когда скорость колеблющихся грузов равна нулю:

что дает
\[
\dot{x}=A \omega\left(\sin \omega t_{1}+\cos \omega t_{1}\right)=0,
\]
\[
\sin \omega t_{1}=-\cos \omega t_{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}
\]

H
\[
x_{\text {макс }}=A \sqrt{2} .
\]

Максимальная высота подъема над первоначальным положением равновесия (находяцимся на расстоянии $A$ вверх от начала координат)
\[
H=x_{\text {макс }}-A=A(\sqrt{2}-1) .
\]
21.4. а) Частицы $A$ и $B$ двнжутся вдо.ть прямой по закону
\[
x_{A}=a \sin \omega_{A} t ; x_{B}=a \sin \omega_{B} t .
\]

В момент времени $t=0,350$ сек расстояние между ними
\[
x_{B}-x_{A}=a\left(\sin \omega_{B} t-\sin \omega_{A} t\right)=2,17 \text { cM. }
\]
6) Относительная скорость $B$ по отношению к $A$
\[
v_{B / A}=\dot{x}_{B}-\dot{x}_{A}=a\left(\omega_{B} \cos \omega_{B} t-\omega_{A} \cos \omega_{A} t\right)=50 \text { см/сек. }
\]
21.5. В задаче 21.1 получено уравнение малых колебаний твердого тела
\[
\ddot{\theta}=-\frac{M g d}{I} \theta,
\]

где $d$-расстояние от оси вращения до центра масс тела, $I$-момеит инерции тела относительио оси, проходящей через точку подвеса. Из него следует, что
\[
T=2 \pi \sqrt{\frac{I}{M g d}} .
\]

Если масса единицы длины проволоки $\rho$, то масса всего каркаса $M=\rho(\pi R+2 R)=\rho R(\pi+2) \quad(R$ – радиус полуокружности $A C B$ ), а
\[
I=\pi \rho R \cdot R^{2}+2 R \rho \frac{(2 R)^{2}}{12}=\rho R^{3}\left(\frac{2}{3}+\pi\right) .
\]

Центр масс полуокружности $A C B$ лежит на перпендикуляре к диаметру $A B$, проходящем через точку подвеса $\mathscr{P}$ на расстоянии (см. задачу 19.13.)
\[
d_{1}=R\left(\frac{2 R}{L}\right) \sin \frac{L}{2 R}=\frac{2 R}{\pi} \quad(L=\pi R),
\]

а центр масс диаметра $A B$ находится в точке подвеса. Поэтому
\[
d=\frac{\pi R \rho \cdot d_{1}}{\pi R \rho+2 R \rho}=\frac{\pi}{2+\pi} d_{1}=\frac{2 R}{2+\pi} .
\]

Таким образом,
\[
T=2 \pi \sqrt{\left(\frac{2}{3}+\pi\right) \frac{R}{2 g}} \approx 2 \text { сек. }
\]
21.6. Обозначим жесткость пружины через $k$. Период колебания пластинки массы $m$ и грузика массы $m_{1}$ равен
\[
T=2 \pi \sqrt{\frac{m+m_{1}}{k}} .
\]

Учитывая, что $T=\pi / 3$, находим
\[
k=36\left(m+m_{1}\right) .
\]

Удлинение пружины после того, как с пластинки снят груз $m_{1}$ и положен груз $m_{2}$ :
\[
d=\frac{m_{2}-m_{1}}{36\left(m+m_{1}\right)} g=21,8 \text { cм. }
\]
21.7. После удара центр масс всей системы будет двигаться вправо со скоростью $v_{\text {ц. м. }}$, определяемой из закона сохранения количества движения:
\[
\frac{1}{4} M v=2 M v_{\text {ц. м. }} \text {, откуда } v_{\text {ц. м. }}=\frac{1}{8} v .
\]

В системе координат, жестко связанной с центром масс системы, частицы (массой $M$ каждая) совершают гармонические колебания (при этом они движутся либо навстречу друг другу, лнбо в противоположные стороны) около положений равновесия, лежащих в точках $-L / 2$ и $L / 2$ для левой и правой массы соответственно.

Если обозначить через $x_{1}$ и $x_{2}$ отклонения масс от положения равновесия, то удлинение пружины равно $x=x_{2}-x_{1}$, а уравнения движения грузов имеют вид
\[
M \ddot{x}_{1}=-k\left(x-x_{2}\right) ; M \ddot{x}=-k\left(x+x_{1}\right) .
\]

Вычитая из второго уравнення первое, получаем
\[
M \ddot{x}=-k x .
\]

Таким образом, пружина колеблется по закону
\[
x=A_{1} \cos \omega t+B_{1} \sin \omega t,
\]

где $\theta=2 \pi \sqrt{\overline{M / k}}$, а $A_{1}$ и $A_{2}$ определяются начальными условиями. В момент столкновения пружина была ненапряжена, т. е. $x=0$, а массы двигались навстречу друг другу со скоростями $1 / 8$, т. е. $\dot{x}=1 / 4 v$. При таких начальных условиях $A_{1}=0, \quad B_{1}=v / 4 \omega$, т. е. $x=(v / 4 \omega) \sin \omega t$. Итак, пернод колебаиий снстемы равен
\[
T=2 \pi \sqrt{\frac{\bar{M}}{k}},
\]

а амплитуда этих колебаний
\[
\frac{v}{4} \sqrt{\frac{M}{k}} .
\]
21.8. Из условия задачи следует, что действующая иа частицу сила прямо пропорциональна $r$ – расстоянию от центра Земли и направлена к центру, поэтому $n \ddot{r}+k r=0$, где $k$-коэффициент пропорциональности в зависниости силы от расстояния. Таким образом, частица совершает колебания вокруг центра Земли с периодом
\[
T=\frac{2 \pi}{\omega},
\]

где $\omega^{2}=k_{l} / m$.
Замечая, что на поверхности Земли сила притяжения равна весу тела, находим константу $k=m g / R$. Очевидно, сквозь Землю по диаметру тело пройдет за время $t=T / 2$. Используя найденное значение $k$, получаем
\[
t=\pi \sqrt{\frac{R}{g}} \approx 2500 \text { сек } \approx 42 \text { мин. }
\]
21.9. Обозначим через $n$ число бактерий в колонич. Скорость роста населения колонни равна $d n / d t$. По условию
\[
\frac{d n}{d t}=\alpha n \text {. }
\]

Это и есть дифференциальное уравнение роста колонии. Из него следует, что население колонии растет со временем по закону $n=n_{0} e^{\alpha t}$.
21.10. Поместим начало координат в положение равновесия, а оси координат направим, как показано на рисунке. Колебания точки подвеса будем характеризовать координагой $x$, а самего маятника-углом $\varphi$. Как видно из рисунка, в произвольный момент времени
\[
\begin{array}{l}
x_{M}=x+l \sin \varphi, \\
y_{M}=l \cos \varphi .
\end{array}
\]

где $l$-длина маятника.
Запишем уравнение движения маятника в системе координат, движущейся вместе с точкой подвеса. В этой системе Һа массу $m$ действует псевдосила – $m \ddot{x}$, поэтому $I\left(d^{2} \varphi / d t^{2}\right)=$ $=-m g l \sin \varphi-m \ddot{x} \cos \varphi$.
Учитывая, что $I=m l^{2}$, получаем
\[
\ddot{\varphi}+\frac{g}{l} \sin \varphi=-\frac{\ddot{x}}{l} \cos \varphi .
\]

Предположим, что $\varphi$ мало, так что $\sin \varphi \approx \varphi, \cos \varphi=1$. В этом приближении (приближении малых колебаний) уравнение для $\varphi$ имеет внд
\[
\ddot{\varphi}+\frac{g}{l} \varphi=\frac{\omega^{2}}{l} \sin \omega t,
\]

где учтено, что по условию задачи
\[
x=a \sin \omega t \quad\left(\omega=\frac{2 \pi}{T}, a=1\right) .
\]

Удобно вернуться к переменной $x_{\mathrm{M}}$, используя соотношения
\[
\frac{x_{M}-x}{l}=\sin \varphi \approx \varphi
\]

и
\[
\ddot{\varphi}=\frac{\ddot{x}_{\mathrm{M}}-\ddot{x}}{l} .
\]

Для этой переменной
\[
\ddot{x}_{\mathrm{M}}+\omega_{0}^{2} x_{\mathrm{M}}=\omega^{2} \sin \omega t .
\]

Мы пришли к такому же дифференциальиому уравнению для $x_{\mathrm{m}}$, как и в §5 гл. 21 «Лекций» (вып. 2, стр. 105), только в правой частн вместо функции $\cos \omega t$ имеем $\sin \omega t$. Поэтому будем искать решение в виде $x_{\mathrm{m}}=c \sin \omega t$ ( $c$-амплитуда колебаний).

Подставляя это выражение $x_{\text {м }}$ в уравнение ‘колебаний, получаем
\[
-c \omega^{2} \sin \omega t+c \omega_{0}^{2} \sin \omega t=\omega^{2} \sin \omega t,
\]

откуда
\[
c=\frac{\omega^{2}}{\omega_{0}^{2}-\omega^{2}} .
\]

Учитывая, что $\omega=2 \pi / T$, находим
\[
c=\frac{T_{0}^{2}}{T^{2}-T_{0}^{2}}=5,76 \mathrm{cs} .
\]
: главе 22. Алгебра
22.8. Единицу можно представить в виде $1=e^{2 \pi i m}$, где $m$-любое целое число. Корни заданного уравнения представляют собой комплексные числа $e^{2 \pi i m / n}$. Всего существует $n$ различных корней, их можно получить, придавая $m$ любое из $n$ значений от 0 до $n-1$.
22.9. Запишем $e^{i n_{n}^{\theta}}$ в виде
\[
\begin{aligned}
e^{i n^{\theta}} & =\cos n \theta+i \sin n \theta=\left(e^{i \theta}\right)^{n}= \\
= & (\cos \theta+i \sin 0)^{n}=\cos ^{n} \theta+i n \cos ^{n-1} \theta \cdot \sin \theta+ \\
& +\frac{n(n-1)}{2 !} \cos ^{n-2} \theta \sin ^{2} \theta+\ldots+i^{n} \sin ^{n} \theta .
\end{aligned}
\]

Приравнивая по отдельности в этом соотношении вещественные и мнимые части, получаем требуемую формулу.
22.10. а) Перемножая функции и приравнивая по отдельности вещественные и мнимые части соотношения
\[
\begin{aligned}
e^{i(\theta+\varphi)} & =\cos (\theta+\varphi)+i \sin (\theta+\varphi)= \\
& =e^{i \vartheta} \cdot e^{i \varphi}=(\cos \theta+i \sin \theta)(\cos \varphi+i \sin \varphi),
\end{aligned}
\]

находим
\[
\begin{array}{l}
\cos (\theta+\varphi)=\cos \theta \cos \varphi-\sin \theta \sin \varphi, \\
\sin (\theta+\varphi)=\cos \theta \sin \varphi+\sin \theta \cos \varphi .
\end{array}
\]

б) В результате перемножения получается вектор в комплексной плоскости, длина которого равна произведению модулей, т. е. $A \cdot B$, а его направление составляет угол $\theta+\Phi$ с вещественной осью.
22.11. $\log _{11} 2=0,28906, \quad \log _{11} 7=0,81146$.

К алаве 23. Резонанс
23.1. Пусть приложено напряжение вида
\[
V(t)=V_{0} \cos \omega t .
\]

Введем комплексное напряжение $\hat{V}=V_{0} e^{i \omega t}$, так что $V(t)=\operatorname{Re} \hat{V}$.
a) Соответствующее дифференциальное уравнение имеет вид
\[
L \frac{d \hat{I}}{d t}=V_{0} e^{i \omega t} .
\]

Интегрируя, находим
\[
\hat{I}=\frac{V_{0}}{i \omega L} e^{i \omega t}=\frac{\hat{V}}{i \omega L}=\frac{\hat{V}}{\hat{Z}_{L}} .
\]

Следовательно, комплексный импеданс цепи с индуктивностью равен
\[
\hat{Z}_{L}=i \omega L .
\]
б) В этом случае уравнение имеет простой вид
\[
\frac{\hat{q}(t)}{C}=V_{0} e^{i \omega t},
\]
т. е.
\[
\hat{q}(t)=V_{0} C e^{i \omega t} .
\]

Отсюда
\[
\hat{I}=\frac{d \hat{q}}{d t}=i \omega C V_{0} e^{i \omega t}=i \omega C \hat{V}=\frac{\hat{V}}{\hat{Z}_{C}} .
\]

Следовательно, комплексный импеданс цели с емкостью равен
\[
\hat{z}_{C}=\frac{1}{i \omega C} .
\]
23.2. а) Рассмотрим цепь, изображенную на фиг. 1. Введем комплексное напряжение $\hat{V}=V_{0} e^{i \omega t}$ и комплексный заряд $\hat{q}(t)$ на обкладках конденсатора. Тогда на основании решения к задаче 23.1 напишем дифференциальное уравнение для определения стационарного тока
\[
\frac{q(t)}{C}+L \frac{d I}{d t}=V=\hat{V}_{0} e^{i \omega t},
\]

где $I=d q / d t$.
Продифференцируем обе части этого уравнения по времени. В результате получим уравнение для комплексного тока:
\[
\frac{I}{C}+L \frac{d^{2} I}{d t^{2}}=i \omega \hat{V}_{0} e^{i t \omega t}=i \omega V .
\]

Будем искать решение этого уравнения в виде $I=\hat{i} e^{i \omega t}$. Выполнив необходимое дифференцирование, мы найдем связь между $\hat{i}$ и $\hat{V}$
\[
\left(\frac{1}{i \omega C}+i \omega L\right) \hat{I}=\hat{V} .
\]

Отсюда следует, что импеданс цепи $\hat{Z}=\hat{V} / \hat{I}$ в случае последовательного соединения равен
\[
Z=\frac{1}{i \omega C}+i \omega L
\]
б) При параллельном соединении емкости и индуктивности электрическая цепь имеет вид, изображенный на фиг. 2. В этом случае, очевидно, выполняется условие равенства потенциалов на индуктивности и емкости
\[
V=\frac{q}{C}=L \frac{d \hat{I}_{2}}{d t},
\]

где $\hat{I}_{2}$ – комплексный ток через индуктивность. Суммарный ток через цень равен $I=I_{1}+I_{2}$, где $I_{1}$ – ток через емкость. Учитывая тот факт, что
\[
q=\frac{d l_{2}}{d t},
\]

и полагая
\[
I_{1}=\hat{I}_{1} e^{i \omega t}, \quad I_{2}=\hat{I}_{2} e^{i \omega t},
\]

находим
\[
\hat{I}_{1}=i \omega C \hat{V}, \quad \hat{I}_{2}=\frac{\hat{V}}{i \omega L}
\]

и, следовательно,
\[
\hat{I}=\hat{V}\left(i \omega C+\frac{1}{i \omega L}\right) .
\]

Отсюда
\[
\hat{Z}=\frac{\hat{V}}{\hat{I}}=\left(i \omega C+\frac{1}{i \omega L}\right)^{-1} .
\]

При последовательном соединении при $\omega \rightarrow \infty$ сопрөтивление цепи обусловлено индуктивностью, а при $\omega \rightarrow 0$-емкостью. При частоте $\omega=1 / \sqrt{L C}$ имеет место «резонанс»: импеданс цепи обращается в нуль.

При параллельном соединении ситуация противоположна случаю (a): при $\omega \rightarrow \infty$ сопротивление носит в основном емкостный характер (ток течет через емкость), а при $\omega \rightarrow 0$ сопротивление цепи связано с наличием индуктивности.

При частоте $\omega=1 / \sqrt{L C}$ наступает резонанс: импеданс цепи обращается в бесконечность.
23.3. а) Упругая сила, действующая на тело массой $m$, равна $-k x$, а сила трения – $m \gamma
u=-m \gamma(d x / d t)$. Так как ускорение тела равно $d^{2} x / d t^{2}$, то уравнение движения имеет вид
\[
m \frac{d^{2} x}{d t^{2}}=-k x-m \gamma \frac{d x}{d t} .
\]

Поделим обе части этого уравнения на массу $m$ и перенесем все члены уравнения в левую часть, затем, используя обозначение $\omega_{0}^{2}=k / m$, получим искомое уравнение.
б) Будем искать решение сформулированного уравнения в экспоненциальном виде $x=e^{a t}$. Выполняя необходимые дифференцирования и сокращая уравненне на $e^{\alpha t}$, находим квадратное уравнение для определения $\alpha$ :
\[
\alpha^{2}+\gamma \alpha+\omega_{0}^{2}=0 .
\]

Два корня этого уравнения равны
\[
\alpha_{1,2}=-\frac{\gamma}{2} \pm \sqrt{\frac{\gamma^{2}}{4}-\omega_{0}^{2}}= \pm i \sqrt{\omega_{0}^{2}-\frac{\gamma^{2}}{4}-\frac{\gamma}{2}} .
\]
(Здесь учтено, что $\gamma<2 \omega_{0}$.) С учетом найденного запишем общее решение уравнения движения:
\[
x=\operatorname{Re}\left(C_{1} e^{\alpha_{1} t}+D_{1} e^{\alpha_{2} t}\right),
\]

где $C_{1}$ и $D_{1}$-комплексные постоянные интегрирования. Представляя эти постоянные в виде $C_{1}=C e^{i \theta_{1}}$ и $D_{1}=D e^{i \theta_{3}}$, где $C$ и $D$-вещественные числа, и определяя вещественную часть $x$, находим
\[
\begin{array}{c}
x(t)=e^{-\gamma t / 2}\left[C \cos \left(\sqrt{\omega_{0}^{2}-\frac{\gamma^{2}}{4}} t+\theta_{1}\right)+\right. \\
\left.+D \sin \left(\sqrt{\omega_{0}^{2}-\frac{\gamma^{2}}{4}} t+\theta_{2}\right)\right] .
\end{array}
\]

Вослользовавшись формулой для косинуса суммы углов найдем, что решение можно представить в искомом виде, если вместо произвольных постоянных $C, D, \theta_{1}$ и $\theta_{2}$ ввести новые две вещественные постоянные $A$ и $B$, связанные с ними соотношениями
\[
A=C \cos \theta_{1}+D \cos \theta_{2}, \quad B=-\left(C \sin \theta_{1}+D \sin \theta_{2}\right) .
\]
в) В этом случае $\alpha_{1}$ и $\alpha_{2}$-вещественны и общее решение уравнения движения имеет.вид
\[
x(t)=e^{-\gamma t / 2}\left[A e^{-t \sqrt{\left(\gamma^{2} / 4\right)-\omega_{0}^{2}}}+B e^{+t \sqrt{\left(\gamma^{2} / 4\right)-\omega_{0}^{2}}}\right] .
\]
23.4. Следует рассмотреть два случая:
a) $\gamma<2 \omega_{0}$. Для определения $A$ п $B$ здесь имеем два уравнения:
\[
x_{0}=A, \quad v_{0}=-\frac{\gamma}{2} A+B \sqrt{\omega_{0}^{2}-\frac{\gamma^{2}}{4}} .
\]

Решая эти јравнения, находим
\[
A=x_{0}, \quad B=\frac{\tau_{0}+\left(\gamma x_{0} / 2\right)}{\sqrt{\omega_{0}^{2}-\left(\gamma^{2} / 4\right)}} .
\]
б) $\gamma>2 \omega_{0}$. Из двух уравнений, получаемых из начальных условий
\[
x_{0}=A+B, \quad v_{0}=-\frac{\gamma}{2}[A+B]+[B-A] \sqrt{\frac{\gamma^{2}}{4}-\omega_{0}^{2}},
\]

найдем
\[
\begin{array}{l}
A=\frac{1}{2}\left[x_{0}-\frac{v_{0}+\left(\gamma x_{0} / 2\right)}{\sqrt{\left(\gamma^{2} / 4\right)-\omega_{0}^{2}}}\right], \\
B=\frac{1}{2}\left[x_{0}+\frac{v_{0}+\left(\gamma x_{0} / 2\right)}{\sqrt{\left(\gamma^{2} / 4\right)-\omega_{0}^{2}}}\right] .
\end{array}
\]
23.5. Обозначим через $\hat{I}_{1}$ и $\hat{I}_{2}$-комплексные токи, протекающие через точки $A$ и $B$. Тогда, очевидно,
\[
\hat{I}_{1} 2 R=\hat{I}_{2}\left(R^{\prime}+\frac{1}{i \omega C}\right)=\hat{V} \text {. }
\]

Определив токи, найдем
\[
\hat{V}_{A}=\hat{I}_{1} \cdot R=\frac{\hat{V}}{2}, \quad \hat{V}_{B}=\hat{I}_{2} R^{\prime}=\frac{\hat{V} R^{\prime}}{R^{\prime}+(1 / i \omega C)} .
\]

Далее,
\[
\begin{aligned}
\hat{V}_{A B}=\hat{V}_{A}-\hat{V}_{B} & =\frac{\hat{V}}{2}-\frac{\hat{V} R^{\prime}}{R^{\prime}+(1 / i \omega C)}= \\
& =-\frac{\hat{V}}{2} \frac{R^{\prime}+(i / \omega C)}{R^{\prime}-(i / \omega C)} .
\end{aligned}
\]

Так как можно представить
\[
R^{\prime} \pm \frac{i}{\omega C}=e^{ \pm i \varphi} \sqrt{R^{\prime 2}+\frac{1}{\omega^{2} C^{2}}},
\]

где $\varphi=\operatorname{arctg}\left(1 / \omega C R^{\prime}\right)$, то
\[
\frac{R^{\prime}+(i / \omega C)}{R^{\prime}-(i / \omega C)}=e^{2 i \varphi} .
\]

Таким образом, найденное выражение для разности потенциалов $\hat{V}_{A B}$ можно представить в виде произведения модуля комплексного числа, равного $V / 2$, на фазовый множитель. Фаза разности потенциалов $\hat{V}_{A B}$ при этом равна
\[
2 \operatorname{arctg} \frac{1}{\omega C R^{\prime}}+\pi .
\]

Так как при изменении $x$ от 0 до $\infty$ функция $\operatorname{arc} \operatorname{tg} x$ меняется в пределах от 0 до $\pi / 2$, то, меняя $R^{\prime}$ (в пределах от 0 до $\infty$ ), можно менять фазу $\hat{V}_{A B}$ от $\pi$ до 0 .
23.6. а) Введем комплексную э.д.с. $\hat{V}_{\mathrm{Bx}}=V_{0} e^{i \omega t}$, так что $V_{\mathrm{BX}}=$ $=\operatorname{Re} \hat{V}_{\mathrm{Bx}}$. Так как полный импеданс цепи $A$ равен $\hat{Z}=R+(1 / i \omega C)$, а полный импеданс цепи $B$ равен $i \omega L+R^{\prime}$, то
\[
\hat{I}_{A}(t)=\frac{\hat{V}_{\mathrm{BX}}}{R+(1 / i \omega C)}, \quad \hat{I}_{B}(t)=\frac{\hat{V}_{\mathrm{BX}}}{R^{\prime}+i \omega L} .
\]

Очевидно, что
\[
\begin{array}{l}
\hat{V}_{A}(t)=\hat{I}_{A}(t) \frac{1}{i \omega C}=\frac{\hat{V}_{\mathrm{BX}}(t)}{1+i \omega C R}, \\
\hat{V}_{B}(t)=\hat{I}_{B}(t) R^{\prime}=\frac{\hat{V}_{\mathrm{Bx}}(t)}{1+\left(i \omega L / R^{\prime}\right)} .
\end{array}
\]

Если $\hat{V}_{A}(t)=\hat{V}_{B}(t), \quad$ то $\quad i \omega C R+1=i \omega(L / R)+1$.

Отсюла спетует, что должно выполняться соотношение $C R R^{\prime}=L$.
б) Определяя вещественную часть найденных выражений для $\hat{I}_{A}$ и $\hat{I}_{B}$, находим
\[
I_{A}(t)=\frac{V_{0} \cos \left(\omega t+\varphi_{A}\right)}{\sqrt{R^{2}+\left(1 / \omega^{2} C^{2}\right)}}, \quad I_{B}(t)=\frac{V_{0} \cos \left(\omega t-\varphi_{B}\right)}{\sqrt{R^{\prime 2}+\omega^{2} L^{2}}},
\]

где
\[
\varphi_{A}=\operatorname{arctg} \frac{1}{\omega C R}, \quad \varphi_{B}=\operatorname{arctg} \frac{\omega L}{R^{\prime}} .
\]

К главе 24. Переходные решения
24.1. Если направить ось $x$ вдоль направления движения телэ, то уравнение движения запишется в виде
\[
m \frac{d^{2} x}{d t^{2}}+m \gamma \frac{d x}{d t}=0
\]

Если искать решение этого уравнения в виде $x=A e^{\alpha t}$, то легко найти, что $\alpha_{1}=0, \alpha_{2}=-\gamma$. Следовательно, общее решение этого уравнения можно представить так:
\[
x(t)=A+B e^{-\gamma t} .
\]

Если начальные условия выбрать в форме
\[
x(0)=0,\left.\frac{d x}{d t}\right|_{t=0}=v_{0},
\]

то находим
\[
\begin{array}{l}
x(t)=\frac{v_{0}}{\gamma}\left(1-e^{-\gamma t}\right), \\
v(t)=\frac{d x}{d t}=v_{0} e^{-\gamma t} .
\end{array}
\]

Так как
\[
x=\frac{v_{0}}{\gamma}\left(1-e^{-\gamma t}\right), \text { то } e^{-\gamma t}=1-\frac{\gamma x}{v_{0}} .
\]

Следовательно,
\[
v(x)=v_{0}-\gamma x .
\]
24.2. Для заряда $q(t)$ на обкладках конденсатора можно написать следующее дифференциальное уравнение:
\[
R \frac{d q}{d t}+\frac{q}{C}=0
\]

Так как напряжение на конденсаторе связано с зарядом . соотношением $q(t) / C=V(t)$, то можно написать
\[
C R V+\frac{d V}{d t}=0 .
\]

Решедие этого уравнения, удовлетворяющее заданному начальному условию $V(0)=V_{0}$, имеет вид
\[
V(t)=V_{0} e^{-t / C R} .
\]
24.3. Уравнение движения тела вдоль оси $\boldsymbol{x}$ можно записать в виде
\[
m \frac{d^{2} x}{d t^{2}}+m \gamma \frac{d x}{d t}=F_{0},
\]

или
\[
\frac{d v}{d t}+\gamma v=\frac{F_{0}}{m} .
\]
a) В установившемся движении скорость тела будет постоянна, т. е. $d v / d t=0$. Отсюда
\[
v_{\text {craц }}=\frac{F_{0}}{m \gamma} .
\]
б) Попытаемся найти решение неоднородного уравнения
\[
\frac{d v}{d t}+\gamma v=\frac{F_{0}}{m}
\]

в виде суммы решения однородного уравнения $\dot{v}+\gamma v=0$ и любого решения неоднородиого уравнения. В качестве последнего можно выбрать
\[
v_{\text {стац }}=\frac{F_{0}}{m \gamma}=\text { const. }
\]

Так как общее решение однородного уравнения имеет вид $v=A e^{-r t}$, где $A$-произвольная константа, то
\[
v(t)=\frac{F_{0}}{m \gamma}+A e^{-\gamma t} .
\]

Непосредствеиной проверкой мы убеждаемся, что получили самое общее решение исходного уравнения.
в) Если тело в иачальный момент времени $t=0$ покоилось, то $v(0)=0, x(0)=0$. Используя первое из этих условий, \”находим
\[
v(t)=\frac{F_{0}}{m \gamma}\left(1-e^{-\gamma t}\right) .
\]

Интегрируя это уравненне, находим
\[
x(t)=\frac{F_{0}}{m \gamma} t+\frac{F_{0}}{m \gamma^{2}} e^{-\gamma t}+B,
\]

Учитывая, что $x(0)=0$, находим
\[
B=-\frac{F_{0}}{m \gamma^{2}} \text {. }
\]

Следовательно,
\[
x(t)=\frac{F_{0}}{m \gamma}\left[t-\frac{1}{\gamma}\left(1-e^{-\gamma t}\right)\right] .
\]
24.4. Для мгновенного значения заряда на обкладках конденсатора можно написать следуюнељ дифференцизльное уравнение:
\[
L \frac{d^{2} q}{d t^{2}}+\frac{q}{C}=0 .
\]

Обозначим $\omega^{2}=1 / L C$. Тогда написанное выше уравнение приобретает вид уравнения гармонического колебания: $\ddot{q}+\omega^{2} q=0$. Общее решение этого уравнения имеет вид
\[
q(t)=A \cos \omega t+B \sin \omega t .
\]

Начальное условие состонт в том, что $V_{0}=q(0) / C$ при $t=0$ и ток в начальный момент времени равен нулю, т. e. $d q / d t=0$. Определяя из этих условий константы $A$ и $B$, находим
\[
q(t)=V_{0} C \cos \omega t
\]
a) Тақ как в каждый момент времени напряжение на конденсаторе равно $V(t)=q(t) / C$, то
\[
V(t)=V_{0} \cos \omega t, \quad \omega=\frac{1}{\sqrt{L C}} .
\]
б) Используя этот результат, находим, что запасенная в конденсаторе электростатическая энергия, равная $\mathrm{CV}^{2} / 2$, и энергия магнитного поля в катушке $L I^{2} / 2$ изменяются со временем по закону
\[
\frac{1}{2} C V_{0}^{2} \cos ^{2} \omega t \quad \text { и } \frac{1}{2} C V_{0}^{2} \sin ^{2} \omega t .
\]

Сумма названных выше энергий, как нетрудно видеть, равна энергии $1 / 2 V_{0}^{2}$, первоначально запасенной в конденсаторе.
24.5. После того как цепь разомкнута, ток будет течь через $L C$-контур. При этом задача становится эквивалентной задаче 24.4, но с другими начальными условиями. Именно, в данной задаче
\[
q(t=0)=0 \text { и } I(t=0)=\left.\frac{d q(t)}{d t}\right|_{t=0}=\frac{V_{0}}{R_{2}}
\]

Так как, согласно решению задачи 24.4, мгновенное значение заряда на обкладках конденсатора можно представить в виде
\[
q(t)=A \cos \omega t+B \sin \omega t,
\]

где $\omega=1 / \sqrt{L C}$, то с учетом начальных условий находим напряжение на конденсаторе в момент времени $V(t)=q(t) / C$ :
\[
V(t)=\frac{V_{0}}{C \omega R} \sin \omega t=\frac{V_{0}}{R} \sqrt{\frac{L}{C}} \sin \frac{t}{\sqrt{L C}} .
\]

Из этого выражения видно, что максимальное напряжение на конденсаторе (амплитуда напряжения) равно
\[
\frac{V_{0}}{R} \sqrt{\frac{L}{C}} .
\]
24.6. а) Уравнение движения тела до включения замедлителя в буквенных обозначениях имеет вид
\[
\frac{d^{2} x}{d t}+\omega_{0}^{2} x=0
\]

где
\[
\omega_{0}=\frac{2 \pi}{T_{0}}=2 \pi \text { ceк }^{-1} .
\]

После включения замедлителя уравнение движения имеет другой вид:
\[
\frac{d^{2} x}{d t^{2}}+\omega^{2} x+\gamma \frac{d x}{d t}=0 .
\]

Общее решение последнего уравнения найдено в гл. 24 «Лекций (вып. 2). Қак следует из этого решения, амплитуда колебаний тела уменьшается со временем по закону $\exp (-\gamma t / 2)$, причем новый период колебания равен
\[
T=\frac{2 \pi}{\sqrt{\omega_{0}^{2}-\gamma^{2} / 4}} .
\]

За 10 полных циклов, т. е. за время
\[
t_{0}=\frac{20 \pi}{\sqrt{\omega_{0}^{2}-\gamma^{2} / 4}},
\]

по условию задачи амплитуда колебания уменьшается в два раза, т. е. справедливо соотношение $1 / 2=e-\gamma t_{0} / 2$. Отсюда находим
\[
\gamma=\sqrt{\frac{4 \pi^{2}}{\frac{1}{4}+(10 \pi / \ln 2)^{2}}} \approx \frac{\ln 2}{5} \text { ceк }^{-1} \ll \omega_{0} .
\]

Следовательно, в системе единиц МКС
\[
5 \frac{d^{2} x}{d t^{2}}+0,693 \frac{d x}{d t}+20 \pi^{2} x=0 .
\]
б) Так как $\gamma \ll \omega_{0}$, то
\[
\begin{aligned}
T=\frac{2 \pi}{\sqrt{\omega_{0}^{2}-\gamma^{2} / 4}} & \approx \frac{2 \pi}{\omega_{0}\left(1-\gamma^{2} / 8 \omega_{0}^{2}\right)} \approx \\
& \approx T_{0}\left(1+\frac{\gamma^{2} T_{0}^{2}}{32 \pi^{2}}\right)=1,006 \text { сeк. }
\end{aligned}
\]
в) Если амплитуда уменьшается в 4 раза, то $\exp \left(-\gamma t_{1} / 2\right)=1 / 4$, т. е. $t_{1} \approx 4 \ln 2 / \gamma \approx 20$ сек. Так как период колебаиия равен $T \approx T_{0}=1$ сек, то уменышение амплитуды колебания в 4 раза произойдет за 20 полных колебаний, а в 10 раз примерно за 33 или 34 полных колебания.
г) Скорость диссипации энергии, т. е. теряемая из-за сопротивления мощность, равна
\[
P=\gamma m\left(\frac{d x}{d t}\right)^{2} .
\]

Решение уравнения движения имеет вид
\[
\begin{array}{l}
x(t)=e^{-(\gamma / 2)\left(t-t_{0}\right)}\left[A \cos \left(t-t_{0}\right) \sqrt{\omega_{0}^{2}-\frac{\gamma^{2}}{4}}+\right. \\
+B \sin \left(t-t_{0}\right) \sqrt{\left.\omega_{0}^{2}-\frac{\gamma^{2}}{4}\right]} \approx \\
\approx e^{-(\gamma / 2)\left(t-t_{0}\right)}\left[A \cos \omega_{0}\left(t-t_{0}\right)+B \sin \omega_{0}\left(t-t_{0}\right)\right] . \\
\end{array}
\]

Здесь мы учли, что $\gamma \ll \omega_{0}$. Нисколько не уменьшая общности вывода, предположим, что в момент включения затухания, т. е. при $t=t_{0}$ тело двигалось таким образом, что $A=0$ (ведь начальное состояние тела в условии задачи не фиксировано!). Отсюда
\[
P=\gamma m \omega_{0}^{2} e^{-\gamma\left(t-t_{0}\right)} B^{2} \cos ^{2} \omega_{0}\left(t-t_{0}\right) .
\]

Из этого выражения видно, что скорость диссипации энергии была максимальна при $t=t_{0}$. В этот момент времени она была равна $\gamma m \omega_{0}^{2} B^{2}$. Согласно условию задачи, $B=0,2 \mu, \quad \gamma=0,693, m=5, \omega_{0}^{2}=4 \pi^{2}$. Отсюда находим $P=1,1 \mathrm{~cm}$.
24.7. 1) Уравнение движения осциллятора имеет вид
\[
\ddot{x}+\omega_{0}^{2} x+\gamma \dot{x}=\frac{F(t)}{m},
\]

где $\omega_{0}^{2}=k / m$.

a) Так как при $t \leqslant 0$ сила на осциллятор не действовала, то в начальный момент времени он покоился (ведь осциллятор с затукаинем!). Общим решением уравнения движения при $t>0$ (действующая сила постоянна!) является решение
\[
\begin{aligned}
x(t) & =e^{-\gamma t / 2}\left(A \cos t \sqrt{\omega_{0}^{2}-\frac{\gamma^{2}}{4}}+\right. \\
& \left.+B \sin t \sqrt{\omega_{0}^{2}-\frac{\gamma^{2}}{4}}\right)+\frac{F_{0}}{m \omega_{2}^{0}} .
\end{aligned}
\]

Учитывая начальные условия $x(0)=\dot{x}(0)=0$, находим
\[
A=-\frac{F_{0}}{m \omega_{0}^{2}}, \quad B=-\frac{\gamma F_{0}}{2 m \omega_{0}^{2} \sqrt{\omega_{0}^{2}-\frac{\gamma^{2}}{4}}} .
\]

Следовательно,
\[
\begin{array}{r}
x(t)=\frac{F_{0}}{m \omega^{2}}\left[1-e-\gamma t / 2\left(\cos t \sqrt{\omega_{0}^{2}-\frac{\gamma^{2}}{4}+}\right.\right. \\
\left.\left.+\frac{\gamma \sin t \sqrt{\omega_{0}^{2}-\gamma^{2} / 4}}{2 \sqrt{\omega_{0}^{2}-\gamma^{2} / 4}}\right)\right],
\end{array}
\]

Мы предполагали выше, что $\omega_{0}^{2}>\gamma^{2} / 4$. В противном случае, когда $\omega_{0}^{2}<\gamma^{2} / 4$, и, следовательно,
\[
\sqrt{\omega_{0}^{2}-\frac{\gamma^{2}}{4}}=i \sqrt{\frac{\gamma^{2}}{4}-\omega_{0}^{2}},
\]

учитывая, что $\sin i x=i$ sh $x$ и $\cos i x=\operatorname{ch} x$, общее решение запишем в виде
\[
x(t)=
\]
\[
=\frac{F_{0}}{m \omega_{0}^{2}}\left[1-e^{-\gamma t / 2}\left(\operatorname{ch} \sqrt{\frac{\gamma^{2}}{4}-\omega_{0}^{2}} t+\frac{\gamma \operatorname{sh} t \sqrt{\gamma^{2} / 4-\omega_{0}^{2}}}{2 \sqrt{\gamma^{2} / 4-\omega_{0}^{2}}}\right)\right] \text {. }
\]
б) В этом случае общее решение уравнения движения записывается в виде
\[
x(t)=e^{-\gamma t / 2}\left(A \cos \sqrt{\omega_{0}^{2}-\frac{\gamma^{2}}{4}} t+B \sin \sqrt{\omega_{0}^{2}-\frac{\gamma^{2}}{4}} t\right),
\]

где $A$ и $B$ – постоянные интегрирования, которые надлежит определить из начальных условий: $x(0)=0$ и $\dot{x}(0)=J_{x} / m$. В результате находим
\[
x(t)=\frac{J_{x}}{m \sqrt{\omega_{0}^{2}-\gamma^{2} / 4}} e^{-\gamma t / 2} \sin \sqrt{\omega_{0}^{2}-\frac{\gamma^{2}}{4}} t .
\]

в) Найдем виачале частное решение уравнения движения. Будем искать его в виде $x_{1}(t)=D \sin \omega_{0} t$. Подставив это выражение в уравнение движения, определим константу $D$
\[
D=\frac{F_{0}}{\gamma m \omega_{0}} .
\]

Тогда общее решение уравнения запишется в виде
\[
\begin{array}{c}
x(t)=e^{-\gamma t / 2}\left(A \cos \sqrt{\omega_{0}^{2}-\frac{\gamma^{2}}{4}} t+B \sin \sqrt{\left.\omega_{0}^{2}-\frac{\gamma^{2}}{4} t\right)+}\right. \\
+\frac{F_{0}}{\gamma m \omega_{0}} \sin \omega_{0} t .
\end{array}
\]

Используя начальные условия $x(0)=\dot{x}(0)=0$, в рассматрнваемом случае находим
\[
A=0, \quad B=-\frac{F_{0}}{\gamma m}\left(\omega_{0}^{2}-\frac{\gamma^{2}}{4}\right)^{-1 / 2} .
\]

Следовательно,
\[
x(t)=\frac{F_{0}}{\gamma m}\left(\frac{1}{\omega_{0}} \sin \omega_{0} t-\frac{1}{\sqrt{\omega_{0}^{2}-\gamma^{2} / 4}} e^{-\gamma t} \sin \sqrt{\omega_{0}^{2}-\frac{\gamma^{2}}{4}} t\right) .
\]
2) Будем искать частное решение неоднородного уравнения движения в виде $x_{1}(t)=C \cos \omega t+D \sin \omega t$. Подставляя это выражение в исходное уравнение и приравнивая отдельные коэффициенты при $\cos \omega t$ и $\sin \omega t$, находим
\[
\begin{aligned}
C\left(\omega_{0}^{2}-\omega^{2}\right)+D \omega \gamma & =\frac{F_{0}}{m}, \\
-C \omega \gamma+D\left(\omega_{0}^{2}-\omega^{2}\right) & =0 .
\end{aligned}
\]

Отсюда следует
\[
C=\frac{\left(\omega_{0}^{2}-\omega^{2}\right) F_{0} / m}{\left[\left(\omega_{0}^{2}-\omega^{2}\right)^{2}+\omega^{2} \gamma^{2}\right]}, \quad D=\frac{\omega \gamma F_{0} / m}{\left[\left(\omega_{0}^{2}-\omega^{2}\right)^{2}+\omega^{2} \gamma^{2}\right]} .
\]

Следовательно, общее решение уравнения движения в данном случае имеет вид
\[
\begin{array}{l}
x(t)=e^{-\gamma t / 2}\left(A \cos \sqrt{\omega_{0}^{2}-\frac{\gamma^{2}}{4}} t+B \sin \sqrt{\omega_{0}^{2}-\frac{\gamma^{2}}{4}} t\right)+ \\
+\frac{F_{0}}{\sqrt{m\left(\omega_{0}^{2}-\omega^{2}\right)^{2}+\omega^{2} \gamma^{2}}} \cos \left(\omega t-\operatorname{arctg} \frac{\omega_{0}^{2}-\omega^{2}}{\omega \gamma}\right) .
\end{array}
\]

За достаточно большое время $t \gg 2 / \gamma$ решение, отвечающее собственным затухающим колебаниям, обратится в нуль, а осиовными останутся лишь вынужденные колебания. Амплитуда последних резонансио зависит от частоты, нз приведенного выражения видно, что наибольшей амплитудой обладают колебания с частотой $\omega^{*}=\sqrt{\omega_{0}^{2}-\gamma^{2} / 2}$. При этом амплитуда «резонансного» колебания равна $F_{0} / m \gamma \sqrt{\omega_{0}^{2}-\gamma^{2} / 4}$.

К главе 25. Линейные системы
25.1. Согласно условию задачи,
\[
V_{\mathrm{BX}}(t)=V_{0}+V_{2} \cos \omega t,
\]

где $\omega=120$ сек $^{-1}$. Дифференциальное уравнение, описывающее напряжение на конденсаторе, т. е. $V_{\text {вых }}(t)$, имеет вид
\[
C R \frac{d V_{\mathrm{Bыx}}}{d t}+V_{\mathrm{Bbx}}(t)=V_{\mathrm{Bx}}(t)=V_{0}+V_{2} \cos \omega t .
\]

Решение соответствующего однородного уравнения легко найти. Оно имеет вид
\[
V_{\text {вых }}(t)=A e^{-t / R C} .
\]

Эта часть решения существенна лишь в начальные моменты времени работы выпрямительного устройства. Она за времена, большие чем $R C$, экспоненциально быстро обратится в нуль, и ее можно в дальнейшем игнорировать.

Частное решение неоднородного уравнения будем искать в виде
\[
V_{\text {вых }}^{(1)}(t)=V_{0}+B \cos \omega t+D \sin \omega t .
\]

Подставляя $V_{\text {вых }}^{(1)}$ в исходное дифференциальное уравнение и по отдельности приравнивая коэффициенты при $\cos \omega t$ и $\sin \omega t$ в правой и левой частях уравнения, находим
\[
V_{\text {вых }}^{(1)}(t)=\frac{V_{2}}{1+C^{2} R^{2} \omega^{2}}[\cos \omega t+\omega C R \sin \omega t]+V_{0} .
\]

Из этого выражения видно, что постоянная составляющая напряжения остается той же, но амплитуда переменной составляющей равна
\[
V_{2}^{\prime}=\frac{V_{2}}{\sqrt{1+\omega^{2} R^{2} C^{2}}} .
\]

Подставляя в это выражение $R=10^{3}$ ом, $C=10$ мкф, $\omega=2 \pi \cdot 120$ сек $^{-1}$, находим $V_{2}^{\prime}=V_{2} / 7,6$, т. е. амплитуда переменной составляющей уменьшается в 7,6 раза.
25.2. Дифференциальное уравнение, определяющее изменение со временем напряжения на конденсаторе $V_{1}(t)$, имеет вид
\[
C R \frac{d V_{1}}{d t}+V_{1}(t)=V_{\mathrm{Bx}}(t) .
\]

Так как, согласно схеме цепи, $V_{\text {вх }}=V_{1}+V_{\text {вых }}$, то
\[
V_{\text {вых }}=C R \frac{d V_{\mathrm{Bx}}}{d t}+C R \frac{d V_{\mathrm{Bыx}}}{d t} .
\]

Если $\left|V_{\text {вых }}\right| \ll\left|V_{\mathrm{BX}}\right|$, то получим $V_{\text {вых }}(t)=C R\left(d V_{\mathrm{Bx}} / d t\right)$.
25.3. Используя уравнение для $V_{\text {вых }}$, найденное в предыдущей задаче, запишем
\[
V_{\text {вых }}+C R \frac{d V_{\text {вых }}}{d t}=-C R V_{0} \omega \sin \omega t .
\]

Общее решение этого уравнения имеет вид
\[
V_{\text {вых }}=A e^{-t / C R}+\frac{C R \omega V_{0}}{1+C^{2} R^{2} \omega^{2}}(C R \omega \cos \omega t-\sin \omega t) .
\]

Из этого выражения видно, что условие $\left|V_{\text {вых }}\right| \ll\left|V_{\text {вх }}\right|$, фигурирующее в предыдущей задаче, сводится к условию $C R \omega \ll 1$, т. е. $T \gg 1 / C R$. Следовательно, уже за время, меньшее одиого периода колебаний, первый член в выраженни для $V_{\text {вых }}$ станет пренебрежимо малым и выходное напряжение можно представить в виде
\[
V_{\text {вых }}=-C R V_{0} \omega \sin \omega t=C R \frac{d}{d t} V_{\mathrm{Bx}}(t) .
\]
25.4. Простейшей цепью, с помощью которой можно было бы интегрировать входную функцию, является цепь, изображенная на рисунке в условии к задаче 25.2 (стр. 77), но в которой $V_{\text {вх }}$ и $V_{\text {вых }}$ поменялись местами. В этом случае, используя результат задачи 25.2 , можно записать
\[
\frac{d}{d t} V_{\text {вых }}(t)=\frac{1}{C R} V_{\text {вх }}(t)
\]

или
\[
V_{\text {вых }}(t)=\frac{1}{C R} \int V_{\mathrm{Bx}}(t) d t .
\]
25.5. а) На тело, сдвинутое на расстояние $x$ от центральной точки, действуют две упругие силы: со стороны правої пружины сила, равная $-\frac{k}{2} x$, и со стороны левой – сила, равная $-\frac{k}{2} x$. Суммарная упругая сила, таким образом, равна $-k x$. В предположении о постоянстве коэффиқиента трения $f$ сила трения равна по величине $\mathrm{fmg}$, где $g$-ускорение, и иаправлена всегда против движения. В отсутствие трения движение тела описывалось бы дифференциальным уравнением $\ddot{x}+\omega^{2} x=0$, где $\omega$-частота колебаний, равная $\omega=\sqrt{k / m}$. В течение интервала времени $0<t<\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$, т. е. в первый полупериод колебания, тело двигалось бы налево. Если учесть трение, то при движении налево на тело дейс́твовала бы сила трения, равная fmg. Уравнение движения для этого временно́rо интервала записывается следующим образом:
\[
\ddot{x}+\frac{k}{m} x=f g .
\]

Общее решение этого уравнения имеет вид
\[
x(t)=C \cos \sqrt{\frac{k}{m}}+D \sin \sqrt{\frac{k}{m}}+\frac{m f g}{k} .
\]

Удовлетворяя начальным условиям $x(0)=A, \dot{x}(0)=0$, находим, что для $0<t<\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$
\[
x(t)=\left(A-\frac{f m g}{k}\right) \cos \sqrt{\frac{k}{m}} t+\frac{m f g}{k} .
\]

Из этого решения следует, что в момент времени $t=\pi \sqrt{m / k}$ тело достигнет крайней левой точки $x=-[A-(2 m f g / k)]$, остановится, а затем начнет двигаться вправо. Даже без решения уравнения движения в следующий полупериод колебания ясно, что за половину периода сила трения каждый раз приводит к уменьшению амплитуды колебания на величину, равную $2 \mathrm{mfg} / \mathrm{k}$.
б) Если тело $n$ раз пересечет точку $x=0$, то из вышеприведенного рассуждения следует, что амплитуда колебания тела станет равной
\[
A-n \frac{2 m f g}{k} .
\]

Чтобы размах колебания тела после $n$ пересечений точки $x \Rightarrow 0$ оставался больше $B$, необходимо, чтобы выполнялось неравенство
\[
B \leqslant A-n \frac{2 m f g}{k},
\]
๙. е. должно быть
\[
A \geqslant B+n \cdot \frac{2 m f g}{k} .
\]

К главе 26. Оптика. Принцип наименьшего времени

26.1. а) Обозначим через $x$ расстояние от точки $K$ до стены. Тогда время $T$, затраченное на ходьбу, выражается через $x$ следующим образом:
\[
T(x)=\frac{42-x}{1,5}+\frac{\sqrt{x^{2}+36^{2}}}{0,9} .
\]

Необходимо найти величину $x=x_{0}$, при которой это время минимально. Она находится из условия, чтобы первая производная $d T / d x$ обращалась в нуль при $x=x_{0}$ :
\[
\left.\frac{d T}{d x}\right|_{x=x_{0}}=0 .
\]

Выполняя дифференцирование, получаем квадратное уравнение $1,8 \sqrt{x_{0}^{2}+36^{2}}-3 x_{0}=0$. Его положительный корень $x_{0}=27$, что соответствует $A K=15$ м.
б) Подставляя $x=x_{0}=27$ м в $T(x)$, находим кратчайше время $T_{\text {мин }}=60$ сек.
в) Вблизи минимума функцию $T(x)$ можно приближенно представить в виде
\[
T(x) \approx T\left(x_{0}\right)+\left.\frac{1}{2} \frac{d^{2} T}{d x^{2}}\right|_{x=x_{0}}\left(x-x_{0}\right)^{2} .
\]

Вычисляя вторую производную в точке $x_{0}$ и подставляя в приближенную формулу $x-x_{0}= \pm 3 \mathrm{~m}$, получаем $T=60,1$ сек. Точность этого приближения можно проверить непосредственным вычислением $T\left(x_{0} \pm 3\right)$ по точной формуле.
26.2. Пусть луч распространяется горизонтально. Обозначим угол, образуемый нормалью к пластине с горизонталью, через $\alpha$ (он равен углу падения), угол преломления через $\beta$, толщину пластины через $l$. Тогда по условиям задачи
\[
\begin{array}{l}
\alpha=\beta+30^{\circ} \quad \text { и } \quad n=1,5=\frac{\sin \left(\beta+30^{\circ}\right)}{\sin \beta}=\frac{1}{2} \operatorname{ctg} \beta+\frac{\sqrt{3}}{2} ; \\
\beta=\operatorname{arcctg}(3-\sqrt{3})=38^{\circ} ;
\end{array}
\]
отсюда
a)
\[
P P^{\prime}=\frac{l \sin 30^{\circ}}{\cos \beta}=0.127 \mu .
\]
б) Время прохождения в воздухе $t=1 \mu / c$ ( $c$-скорость света в воздухе). При наличии пластины полное время прохождения
\[
t^{\prime}=t-\frac{l \cos 30^{\circ}}{c \cos \beta}+\frac{l n}{c \cos \beta} .
\]

Подставляя численные данные, получаем
\[
\frac{t-t^{\prime}}{t}=16 \% \text {. }
\]
26.3. Пусть $b$-толщина края линзы, $d$-ее толщина по оси, радиус $h=0,1$. Тогда времена прохождения равны: для «периферического» луча
\[
t^{\prime}=\frac{\left(2 \sqrt{(S C-b / 2)^{2}+h^{2}}+b n\right)}{c} .
\]

для «центрального» луча
\[
t_{2}=\frac{2 S C+d(n-1)}{c} .
\]

Приравнивая их, получаем соотношение для определения $d$. Подставляя в него численные значения, получаем $d \approx 20$ мм.
26.4. В действительности у зеркального изображения меняются местами не «правая и левая рука», а «лицо и затылок»-зеркало выворачивает изображение вдоль оси, перпендикулярной поверхности зеркала, а оси справа налево и сверху вниз не преобразуются совсем.
26.5. Потому что мы видим в таком зеркале двукратно отраженное изображение.
26.6. Разберем лишь нетривиальный случай, когда падающий луч испытывает трехкратное отражение. Для этого он должен быть не параллелен ни одной из плоскостей, образующих трехгранный угол. В противном случае он испытывает не больше двух отражений и движется все время в одной плоскости.
Очевидно справедливы следующие два утверждения:
a) углы падения и отражения проектируются как равные на любую плоскость, перпендикулярную отражающей плоскости;
б) отраженный и падающий лучи проектируются на отражающую плоскость в одну прямую.
Рассмотрим проекцию хода луча на каждую из граней угла. Из двух высказанных утверждений следует, что это будет ломаная линия из трех отрезков, у которой смежные отрезки образуют равные углы с линиями – проекциями двух остальных граней угла на рассматриваемую грань. Следовательно, отрезки, не имеющие общих точек, параллельны. Эти отрезки будут проекциями падающего и выходящего лучей на рассматриваемую плоскость. Две линии, проекции которых на все координатные плоскости параллельны, являются параллельными прямыми, что и доказывает утверждение задачи.
26.7. Показатель преломления для перехода луча из оптически более плотной среды в менее плотную $n_{12}<1$. Согласно закону преломления, $\sin \theta_{2}=\sin \theta_{1} / n_{12}$. Когда $\sin \theta_{1}$ становится больше $n_{12}$, равенство не может выполняться и, следовательно, преломления не происходит-свет отражается от границы раздела как от зеркала (явление »оолного внутреннего отражения»).

К главе 27. Геометрическая оптика
27.1. Время хода для осевого луча должно быть равно времени хода для произвольно́то луча, проходящего через точку координатами $x$ и $y$, лежащјю на преломляющей поверхности. Разность этих времен равна
\[
\frac{x}{c}+\frac{n \sqrt{y^{2}+\left(F^{2}-x\right)^{8}}}{c}-\frac{F}{c},
\]

где с-скороеть света в воздухе.
Приравнивая эту разность нулю, получаем искомое уравнение поверхности. Разрешая егд отиосительно $\boldsymbol{y}$, приходим к выражению
\[
y= \pm \frac{1}{n} \sqrt{2 x F n(n-1)-x^{2}\left(n^{2}-1\right)} .
\]
27.2. На рисунке изображен поперечный разрез капнллярной трубкй. Нужно постройть изображение радиуса капиллярного отверстия, создаваемое стенкой трубки, которая действует как толстая цилиндрическая линза. Способ построения ясен из чертежа; из закона преломления и рассмотрения треугольников на рисунке вытекают следующие соотношения:
\[
\begin{array}{c}
d=D \sin \alpha ; \quad \sin \alpha=n \sin \beta ; \\
\frac{d^{\prime}}{D}=\frac{\sin \beta}{\sin \left(180^{\circ}-\beta-90^{\circ}+\alpha\right)}=\frac{\sin \beta}{\cos (\alpha-\beta)} .
\end{array}
\]

Исключая из них $\alpha$ и $\beta$, можно получить довольно громоздкое точное выражение для $d$ через $d^{\prime}, D$ и $n$. Интересно простое приближенное выражение для случая, когда $d \ll D$. Тогда углы $\alpha$ и $\beta$ (и, следовательно, $\alpha-\beta$ ) малы, и в точном выпажении $d$ d’n $\cos (\alpha-\beta)$, следующем из выписанных соотношений, можно положить в первом приближении косинус равным единице. Тогда $d=d^{\prime} n$.
27.3. Эта поверхность-эллипсоид вращения с фокусами в точках $P$ и $P^{\prime}$ (см. «Лекции», § 4 гл. 26 , вып. 3, стр. 13).
27.4. Эта задача на расчет простейшей подзорной трубы. Первая линза-объектив, вторая-окуляр. Как следует из риоунка, угловое увеличение
\[
M=\frac{\operatorname{tg} \alpha^{\prime}}{\operatorname{tg} \alpha}=\frac{y / f}{y / F}=\frac{F}{f} .
\]
27.5. Поскольку глаз располагается вплотную за линзой, он может рассматривать лишь мнимое изображение, располагающееся по ту же сторону линзы, что и предмет (см. рисуннок). Для получеиия мнимого изображения предмет должен быть расположен между фокусом и линзой, и в формуле линэы нужно брать отрицательное расстояиие $S_{1}$ :
\[
\begin{array}{l}
\frac{1}{S}-\frac{1}{S_{1}}=\frac{1}{f} ; \quad S=\frac{f S_{1}}{S_{1}+f} ; \quad S_{\text {макс }}=5 \text { см }\left(S_{1}=\infty\right) ; \\
S_{\text {мин }}=4,16 \mathrm{~cm} \quad\left(S_{1}=25 \mathrm{~cm}\right) \text {. } \\
\end{array}
\]

Угловое увеличение, как следует из рисунка, равио
\[
M=\frac{y^{\prime}}{y} \frac{S}{S_{1}}=\frac{S\left(S_{1}+f\right)}{S_{1} f} .
\]

В первом случае $M=1$, во втором $M=1,66$.
27.6. Пусть $S=10 \mu$-расстояние от объекта до положительной линзы, $\Delta$ – расстояние между линзами, которые расположены в точках $O_{1}$ и $O_{2}$ соответственно (см. рисунок).
Положитёльная линза создает изображение предмета в точке $A_{1}$; это изображение «рассматривается отрицательной линзой, которая создает изображение в точке $A_{2}$, где и должна быть помещена фотопластинка. Нужно найти расстояние $\mathrm{O}_{2} \mathrm{~A}_{2}$. Для этого можно дважды последовательно применить уравнение линзы в форме $x \cdot x^{\prime}=f^{2}$. В первом случае $x_{1}=S-f_{1}, x_{1}^{\prime}=O_{1} A_{1}-f_{1}$; отсюда определим
\[
\begin{aligned}
O A_{1}=f_{1}+x_{1}^{\prime} & =f_{1}+\frac{f_{1}^{2}}{x_{1}}=30,93 \mathrm{~cm}, \\
O_{2} A_{1} & =O_{1} A_{1}-\Delta=3,43 \mathrm{~cm} .
\end{aligned}
\]

Во втором случае $x_{2}=-f_{2}-O_{2} A_{1}=6,57 \mathrm{~cm}$. Искомое расстояние
\[
O_{2} A_{2}=x_{2}^{\prime}-f_{2}=\frac{f_{2}^{2}}{x_{1}}+10 c M=25,25 \mathrm{cM} .
\]
27.7. В обоих случаях нужно найти величину $x^{\prime}$-расстояние от главного фокуса до изображения; $x^{\prime}=f^{2} / x$, где $f$ – фокусиое расстояние, а $x$-расстояние до Луиы или спутника. В случаях (а) и (б) соответственно получаем значения
\[
x^{\prime}=6,65 \cdot 10^{-2} \text { мм и } 80 \text { мм. }
\]
27.8. Из определения главных плоскостей оптической системы следует их важное свойство: если точка находится в главной плоскости на расстоянии $y$ от оптической оси, то ее изображение получается в другой главной плоскости на том же расстоянии от оптической оси. Этим свойством главных плоскостей мы и воспользуемся для решения задачи. Построение изображения точки, расположенной в главной плоскости, производится на рисунке. Очевидны следующие соотношения:
\[
y=f \operatorname{tg} \varphi=F \operatorname{tg} \Phi ; \quad y^{\prime}=\operatorname{tg} \varphi(D-f)=\operatorname{tg} \Phi\left(f^{\prime}+x\right) .
\]

Из уравнения линзы для $L^{\prime}$ следует также
\[
f^{\prime 2}=x^{\prime}\left(D-f-f^{\prime}\right) .
\]

Исслючая отсюда углы $\varphi$ и $\Phi$, а также расстояиие $x_{i}$ получаем
\[
F=\frac{f f^{\prime}}{D-f-f^{\prime}} ; . \Delta^{\prime}=f^{\prime}+x^{\prime}+F=\frac{f^{\prime} D}{D-f-f^{\prime}} .
\]

Из аналогичного рассмотрения для линзы $L$ :
\[
\Delta=\frac{f D}{D-f-f^{\prime}} .
\]
$К$ главе 28. Электромагнитное излуиение
28.1. a) $A=r e^{i \varphi / 2}+r e^{-i \varphi / 2}=r \cos \varphi / 2+i r \sin \varphi / 2+r \cos \varphi / 2-$ – ir $\sin \varphi / 2=2 r \cos \varphi / 2=|A|$-чисто вещественное число, равное с точностью до знака своему модулю. Геометрическая интерпретация: складываются два вектора
длиной $r$, один из которых образует с осью $x$ угол $\varphi / 2$, а другой $-\varphi / 2$.
б) Воспользуемся общей формулой для суммы произвелњного числа членов геометрической прогрессии (она выпо́ліңется и для комплексных чисел). Первый член прогрессии $r$, показатель $e^{i \varphi}$, полное число членов $N$ :
\[
\begin{aligned}
A & =\sum_{n=0}^{N-1} r e^{i n \varphi}=r \frac{1-e^{i N \varphi}}{1-e^{i \varphi}} ; \\
|A| & =r \frac{\sin (N \varphi / 2)}{\sin \varphi / 2} .
\end{aligned}
\]

Геометрическая интерпретация: складываются $N$ векторов длиной $r$, первый из которых направлен по оси абсцисс, а каждый последующий повернут относительно предыдущего на угол $\varphi$.

К главе 29. Интерференция
29.1. Если обозначить амплитуду поля, создаваемого первой антенной, через $A_{1}$, то аналогичная величина для второй антенны есть $A_{2}=\sqrt{2} A_{1}$. Разность фаз между двумя антеннами в зависимости от угла $\theta$, отсчитываемого от направления «на восток», равна $\varphi_{2}-\varphi_{1}=2 \pi d \sin \theta / \lambda=\pi \sin \theta$ в нашем случае. Тогда по общей формуле
\[
A^{2}=A_{1}^{2}+A_{2}^{2}+2 A_{1} A_{2} \cos \left(\varphi_{2}-\varphi_{1}\right)
\]

и
\[
I=I_{0}[1+2+2 \sqrt{2} \cos (\pi \sin \theta)] .
\]

Для направлений, указанных на рис. 29.5 (см. «Лекции», вып. 3, стр. 52) получим
\[
I(0)=5,8 I_{0} ; \quad I\left(30^{\circ}\right)=3 I_{0} ; \quad I\left(90^{\circ}\right)=0,17 I_{0} .
\]
29.2. При указанной частоте расстояние между соседними излучателями равно четверти длины волны и, следовательно, полная разность фаз между ними в зависимости от угла есть $\Delta \varphi=\pi / 2(1-\sin \theta)$. Поскольку интенсивность пропорциональна квадрату модуля амплитуды, можно воспользоваться результатом задачи 28.1 (б). Подставив в него $N=4$ и возводя в квадрат, находим
\[
I \sim|A|^{2} \sim \frac{\sin ^{2} \pi(1-\sin \theta)}{\sin ^{2}[\pi(1-\sin \theta) / 4]} .
\]
29.3. На рисунке схематически изображен радиотелескоп с расстоянием между чашами-приемниками $I$ и 2 , равным $d$. Телескоп регистрирует сигналы от удаленного источника. Малое изменение углового положения источника приводит к фазовому сдвигу $\Delta \varphi$ между сигналами, поступающими в приемники. Этот сдвиг по общей формуле связан с углом $\Delta \theta$ следующим образом:
\[
\Delta \varphi=\frac{d \sin \theta \cdot \Delta \theta \cdot 2 \pi}{\lambda}
\]
( $\lambda$-длина волны радиоизлучения). Сигналы равной амплитуды $A$ от двух приемников смешиваются (векторно складываются), поэтому интенсивность $I$ выходиого сигнала есть
\[
\text { – } I=2 A^{2}(1+\cos \Delta \varphi)=4 A^{2} \cos \frac{\Delta \varphi}{2}=4 A^{2}\left[1-\frac{(\Delta \varphi)^{2}}{4}\right] \text {. }
\]

По условиям задачи минимально регистрируемое колебание интенсивности равно $10 \%$, что соответствует $(\Delta \varphi)^{2} / 4=0,1$. Отсюда, полагая $\sin \theta \approx 1$, находим
\[
\Delta \varphi=\sqrt{0,4}=0,63=2 \pi \frac{480}{0,5} \Delta \theta
\]

и
\[
\Delta \theta \approx 10^{-4} p a \partial=21^{\prime \prime} \text {. }
\]
29.4. Круговое движение есть наложение двух колебаний во взаимно перпендикулярных направлениях с разницей фаз $\pi / 2$ (см. «Лекции», § 1 гл. 33, вып. 3, стр. 116). Компоненты электрического поля в плоскости, перпендикулярной лучу (см. рисунок), согласно формуле (29.3) «Лекций» (вып. 3, стр. 49), равиы
\[
\begin{array}{l}
E_{y^{\prime}}=-q \sin \left(\frac{\pi}{2}-\theta\right) \frac{a \omega^{2} \cos \left(\omega t-\frac{r}{c}\right)}{4 \pi \varepsilon_{0} r c^{2}}, \\
E_{x^{\prime}}=-q \frac{a \omega^{2} \cos \left(\omega t-\frac{r}{c}-\frac{\pi}{2}\right)}{4 \pi \varepsilon_{0} r c^{2}} .
\end{array}
\]

В плоскости орбиты $E_{y^{\prime}}=0$ и интенсивность излучения пропорциональна $\cos ^{2}[\omega t-(r / c)-\pi / 2]$. На оси орбиты вектор
электрического поля сохраняет свою длину и равномерно вращается, поэтому интенсивность от времени не зависит и вдвое превышает среднюю интенсивность в плоскости орбиты на том же расстоянии от источиика.
29.5. Амплитуда излучения в направлении, образующем угол $(\pi / 2)-\theta$ к линии диполей в экваториальной плоскости, иМеет вид (в комплексной форме)
\[
A=r\left(1+e^{i \Delta \varphi_{2}}\right) \sum_{n=0}^{N-1} e^{i n \Delta \varphi_{1}} .
\]

Здесь $N$-число диполей в каждой линии; $r$-амплитуда каждого диполя; $\Delta \varphi_{1}=\pi \sin \theta$-сдвиг фаз между соседними диполями в каждой линии; $\Delta \varphi_{2}=\pi / 2(1-\sin \theta)-$ сдвин фаз между соответствующими диполями в разных линиях. Модуль произведения комплексных чисел равен произведению модулей, поэтому интенсивность
\[
I \sim|A|^{2}=\frac{2 r^{2} \sin ^{2} \varphi_{2} \cdot \sin ^{2} N \Delta \varphi_{1}}{\sin ^{2} \Delta \varphi_{1}} .
\]

Картина интенсивности, получающаяся в случае одного ряда диполей, «модулируется» в случае двойного ряда множителем
\[
2 \sin ^{2} \frac{\pi}{2}(\sin \theta-1) \text {. }
\]
29.6. Ускорение каждого из электронов равно $a \omega^{2} \cos \left(\omega t-\varphi_{0}\right)$, и все электроны можно рассматривать как осцилляторы, излучающие в фазе. Если $\rho$-число электронов на единицу длины проволоки, их полное число равно $L \rho$ и искомое поле находится согласно общей формуле
\[
E=\frac{-q \sin \theta L \rho a \omega^{2} \cos \left(\omega t-r / c+\varphi_{0}\right)}{4 \pi \varepsilon_{0} r c^{2}} .
\]
29.7. Вектор напряженности электрического поля излучения лежит в этом случае в вертикальной плоскости и длина его пропорциональна $\sin \theta$ (см. рисунок в условии задачи, стр. 85). Следовательно, интенсивность излучения на заданном расстоянии от источника, пропорциональная среднему квадрату напряженности, может быть записана в виде $I=C \sin ^{2} \theta$ (C-подлежащая определению постоянная).
Константу $C$ при заданном $R$ можно найти, приравнивая полный поток излучения через сферу радиуса $R$ в единицу времени, т. е. интеграл от I по сфере, полной мощности передатчика:
\[
\text { – } \int I d S=2 \pi R^{2} C \int_{0}^{\pi} \sin ^{2} \theta d \theta=C \frac{8 \pi}{3} R^{2}=0,5 \mathrm{sm} .
\]

При $R=2,5 \cdot 10^{4} \quad M, C=0,5 \mathrm{sm} \cdot 3 / 8 \pi R^{2}=10^{-10} \mathrm{sm} / \mathrm{m}^{2}$. По условиям задачи $\theta=45^{\circ}$, поэтому искомая интенсивность есть
\[
I\left(45^{\circ}\right)=\frac{C}{2}=0,5 \cdot 10^{-10} \mathrm{sm} / \mathrm{m}^{2} .
\]

К главе 30. Диябракция
30.1. Разрешающая способность связана с порядком спектра и числом линий решетки $n$ соотношением $\lambda / \delta \lambda=m n$. По условиям задачи $m=1, \Delta \pi=5,90 \AA, \lambda=5900 \AA$. Отсюда $n=1000$, что при плотности линий $600 / \mathrm{M}$ соответствует длине решетки 1,7 мм.
30.2. Угловая разрешающая способность глаза $\theta=1,22 \lambda / L$, где $\lambda$-длина волны света, а $L$-диаметр зрачка. Приравнивая эту величину углу $l / R$, под которым интервал между фарами $l$ виден с расстояния $R$, получаем
\[
R=\frac{l \cdot L}{1,22 \lambda} \approx 9 \mathrm{kM} .
\]

Сложный спектральный состав белого света затрудняет разрешение двух источников – «изображения» их, соответствующие длинноволновой части спектра, сливаются раньше.
30.3. а) Щель спектрографа параллельна оси, вокруг которой поворачивается решетка, поэтому независимо от угла ее поворота длина изображения щели на экране $P$ (а это и есть ширина спектральной полосы) определяется увеличением системы из двух линз, которое равно $F_{2} / F_{1}$. Следовательно,
\[
h^{\prime}=\frac{h F_{2}}{F_{1}} .
\]
б) Условие, при котором максимум интенсивности в спектре.) данной длины волны $\lambda$ соответствует направлению, совпадающему с осью $C_{2}$, т. в. углу выхода точно $\theta_{d}$, имеет вид
\[
\lambda=\frac{d}{m}\left|\sin \theta_{d}-\sin \theta_{i}\right|=\frac{1}{N m}\left|\sin \theta_{d}-\sin \theta_{i}\right|=10^{7} \dot{\mathrm{A}}
\]
( $m$-порядок спектра).
в) Искомое расстояние равно $D=F_{2} \Delta \theta_{d}$, где $\Delta \theta_{d}$ – разность между углами, которые соответствуют максимумам с разницей длин волн 1А при фиксированном угле $\theta_{i}$. Дифференцируя соотношение $\sin \theta_{d}=\sin \theta_{i}+m \lambda / d$, получаем $\cos \theta_{d} \Delta \theta_{d}=m \cdot \Delta \lambda / d$. Отсюда при $\Delta \lambda=1 \AA$ получаем $D=F_{2} m N \cdot 10^{-7} / \cos \theta_{d}$.
г) Решение аналогично случаю (a) с той разницей, что ширина изображения щели в отличие от длины меняется при поворотах решетки и линзы $C_{2}$ пропорционально $\cos \theta_{i} / \cos \theta_{d}$. Следовательно,
\[
\omega^{\prime}=\frac{w F_{2} \cos \theta_{i}}{F_{1} \cos \theta_{d}} .
\]
30.4. а) $\sin \theta_{i}=-\sin \theta_{d}=\sin \theta$ и условие максимума имеет вид $2 \sin \theta=m \lambda / d$. Подставляя численные значения, получаем $\sin \theta=0,786, \theta=51,9^{\circ}$.
б) Искомые линии содержатся в спектрах других порядков $m_{i}$, и их длины волн связаны с длиной волны $\lambda$ нз пункта (а) соотношениями $\lambda_{i}=5 \lambda / m_{i}$. В пределах видимого спектра укладываются три таких линии, соответствующие $m_{i}=7,6,4$, с длинами волн $\lambda_{i}=3750,4370$ н $6560 \AA$ A.
в) Линию $5250 \AA$ можно отделить от остальных трех, подобрав соответствующий фильтр. Общий способ получения сразу спектра высокого порядка состоит в обеспечении значительной начальной разности фаз, соответствующей нескольким длинам волн, между соседними штрихами решетки. Он реализуется в решетках со ступенчатым профилем (см. решение задачи 30.6).
г) Используя решения задачи 30.3 (в) и подставляя в полученное там выражение для дисперсии угол $\theta$, вычисленный в пункте (а) данной задачи, получаем $D=7,8$ мм. д) $\delta \lambda=\lambda / m n$, где $n$-полное число линий на решетке. Отсюда $\delta \lambda=0,007 \AA$.
30.5. Разрешаюцая способность характеризует то уширение спектральной линии, которое создается дифракционной решеткой. Нельзя, конечно, различить две спектральные линии, расстояние между которыми меньше, чем это уширение, но длину волны уединенной линии измеряют по положению максимума интенсивности, а ошибка при измерении положения максимума может быть в несколько раз меньше, чем это уширение.
30.6. а) Прежде всего должны быть в фазе лучи, рассеянные разными «осцилляторами», принадлежащими поверхности одной ступеньки, т. е. от каждой из них свет для получения максимальной интенсивности должен отражаться по закону «угол падения равен углу отражения». Кроме того, должны находиться в фазе лучи от соседних ступенек. Следовательно, для направления, в котором решетка «блестит», должны выполняться два условия:
\[
\begin{array}{c}
\varphi=\theta_{b}, \\
d \sin \varphi=m \lambda,
\end{array}
\]

где $m$-порядок спектра. При значительной величине угла $\varphi$ равенство (2) может выполняться лишь для достаточно высоких порядков.
б) Искомый угловой интервал можно определить, используя равенство (2). Он равен изменению, которое испытывает угол $\varphi$, когда при фиксированном $m$ длина волны $\lambda$ пробегает весь интервал значений $\Lambda \lambda$, соответствующий видимому спектру. Дифференцируя (2), получаем
\[
2 d \cos \varphi \Delta \varphi=m \Delta \lambda .
\]

Подставляя сюда $\varphi=\theta_{b}$, имеем
\[
\Delta \psi=\frac{m \Delta \lambda}{2 d \cos \theta_{b}} .
\]
30.7. При каждом отражении амплитуда волны уменьшается в $R$ раз. При каждом пересечении зазора фаза увеличивается на $2 \pi D / \lambda$. Амплитуда волны, испытавшей $2 n$ отражений и $2 n$ раз пересекшей зазор между поверхностями, есть
\[
A_{n}=T A_{0}\left(R e^{i 2 \pi D / \lambda}\right)^{2 n} .
\]

Суммарная амплитуда волны, падающей на правую поверхность, есть
\[
A=T A_{0} \sum_{n=0}^{\infty} A_{n}=\frac{1}{1-R^{2} e^{i 4 \lambda D / \lambda}},
\]

а полная интенсивность равна $A^{2}$. Следовательно, полная интенсивность прошедшего света есть
\[
\frac{I}{I_{0}}=T^{2}|A|^{2}=\frac{T^{4}}{\left|1-R^{2} e^{i 4 \pi D / \lambda}\right|^{2}} .
\]

При $R$, близком к единице, как видно из полученного выражения, для тех длин волн, при которых фаза экспоненты равна четному числу $\pi$, интенсивность прошедшего света, равная $\left(1-R^{2}\right) / 2$, может быть очень велика. На этом свойстве и основано использование интерферометра как узкополосного оптического фильтра.

К главе 31. Как возникает показатель преломления

31.1. Воспользовавшись формулой для показателя преломления
\[
1-n==\frac{N q^{2}}{2 \varepsilon_{0} m} \frac{1}{\omega^{2}-\omega_{0}^{2}}
\]
[см. «Лекции», формула (31.19), вып. 3, стр. 91] и считая $\omega_{0} \ll \omega$, найдем
\[
1-n=6,5 \cdot 10^{-7} .
\]

Экспериментально найденное значение составляет
\[
(1-n)=8,4 \cdot 10^{-6} \text {. }
\]
31.2. Порядка $10^{6}$ электронов в $1 \mathrm{~cm}^{3}$.
31.3. б) При $\omega=\omega_{0}$ вещественная $n^{\prime}$ и мнимая $n^{\prime \prime}$ части показателя преломления равны $n^{\prime}=1$ и $n^{\prime \prime}=N q^{2} / 2 \varepsilon_{0} m \gamma \omega$. Так как интенсивность световой волны пропорциональна $E^{2}$, то, используя результат, найденный в пункте (а) данной задачи, находим
\[
I=I_{0} e^{-N q^{2} z / \varepsilon_{0} m \gamma \omega} .
\]
31.4. а) Здесь удобно воспользоваться выражением для напряженности электрического поля
\[
E(t)=-\frac{q a\left(t-\frac{r}{c}\right) \sin \theta}{4 \pi \varepsilon_{0} c r},
\]

созданного зарядом $q$ на расстоянии $r$ от него в момент времени $t$, в направлении $\theta$ от оси движения заряда (см. «Лекции», вып. 3, стр. 47). Здесь $a$-ускорение заряда, равное, очевидно, – $\omega^{2} x_{0} \cos \omega t$. Следовательно,
\[
E(t)=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \frac{\omega^{2} x_{0} \cos \omega\left(t-\frac{r}{c}\right)}{r} \sin \theta .
\]

Так как плотность потока энергии в электромагнитной волне равна $\varepsilon_{0} c E^{2}$, то мощность $S$, излучаемая через единицу поверхности на расстоянии $r$ под углом $\theta$, равна
\[
S=\frac{q^{2} \omega^{4} x_{0}^{2} \cos ^{2} \omega\left(t-\frac{r}{c}\right)}{16 \pi^{2} \varepsilon_{0} c^{3} r^{2}} \sin ^{2} \theta .
\]

Чтобы найти полную энергию $P$, излучаемую в единицу времени электроном, усредним $S$ за период движения
$\left.\overline{\left(\cos ^{2} \omega t\right.}=1 / 2\right)$ и умножим $S$ на площадь, приходящуюся на элемент телесного угла $d \Omega$ :
\[
r^{2} \sin \theta d \theta d \varphi \text {. }
\]

Интегрируя затем по $\varphi$ от 0 до $2 \pi$ и по $\theta$ от 0 до $\pi$, найдем
\[
P=\frac{q^{2} \omega^{4} x_{0}^{2}}{12 \pi \varepsilon_{0} c^{3}} .
\]
б) Константа затухания, по определению, равна $\gamma_{R}=P / W$, где $W-$ энергия, запасенная на одно колебание. Отсюда
\[
\gamma_{R}=\frac{q^{2} \omega^{4} x_{0}^{2}}{12 \pi \varepsilon_{0} c^{3}} \frac{2}{m \omega^{2} x_{0}^{2}}=\frac{q^{2} \omega^{2}}{6 \pi m \varepsilon_{0} c^{3}}=\frac{2}{3} \frac{e^{2} \omega^{2}}{m c^{3}} .
\]
в) Из равенства $\lambda=2 \pi c / \omega$ находим
\[
\begin{array}{c}
\Delta \lambda=\frac{2 \pi c \Delta \omega}{\omega^{2}}=\frac{2 \pi c}{\omega^{2}} \gamma_{R}=\frac{q^{2}}{3 \pi m \varepsilon_{0} c^{2}}=\frac{4 \pi r_{0}}{3}=0,74 \cdot 10^{-3} \AA \\
\left(r_{0}=\frac{e^{2}}{m c^{2}}=2,82 \cdot 10^{-15} \mathrm{M}\right) .
\end{array}
\]

К алаве 32. Радиационное затухание, Рассеяние света
32.1. Пусть $F(t)=\mathrm{E}_{0} e^{i \omega t}$. Тогда решение уравнения движения заряженного осциллятора имеет вид
\[
x=\frac{E_{0} e^{i \omega t}}{m\left(\omega_{0}^{2}-\omega^{2}+i \gamma_{R} \omega\right)} .
\]

Отсюда следует искомый результат
\[
\gamma_{R}=\frac{2 e^{2}}{3 c^{2}} \omega^{2}
\]
[ср. с выражением для $\gamma_{R}$, найденным в задаче 31.4, пункт (б)].
82.2. Рассмотрим слой единичной площади и бесконечно малой толщнны $d x$, расположенный перпендикулярно падающему свету. Тогда изменение интенсивности $d I$ света в этом слое равно произведению самой интенсивности на вероятность рассеяться в этом объеме. В этом слое будет $N d x$ центров. Суммарная эффективная площадь рассеяния равна сумме эффективных сечений рассеяния всех центров в слое (поскольку $d x$ бесконечно малая величина, элементарные площадки $\sigma$ не перекрываются друг с другом), т. е. равна $N \sigma d x$. Вероятность рассеяния в выделенном слое будет равна отношению площади $N \sigma d x$ к единичной площади поверхности слоя, т. е. численно равна $N \sigma d x$. Отсюда
\[
d I=-I N \sigma d x, \text { или } \frac{d I}{d x}=-I N \sigma .
\]

Интегрируя получившееся уравнение, находим
\[
I=I_{0} e^{-N \sigma x} .
\]
32.3. Выражение для показателя преломления света имеет следующий вид [см. «Лекции», формула (31.19) вып. 3, стр. 9́1]:
\[
n-1=\frac{2 \pi N q_{e}^{2}}{m_{e}\left(\omega_{0}^{2}-\omega^{2}\right)}=2 \pi N c^{2}\left(\frac{q_{e}^{2}}{m_{e} c^{2}}\right) \frac{1}{\omega_{0}^{2}-\omega^{2}} .
\]

Возводя обе части этой формулы в квадрат и поделив левую и правые части получающегося выражения на соответственно левую и правую части выражения для $\sigma$, получаем соотношение, из которого требуемый результат вытекает уже совсем просто.
32.4. Воспользуемся результатами задач 32.2 и 32.3. Для воздуха $n-1=0,000292 ;$ при атмосферном давлении число молекул в единице объема $N=6 \cdot 10^{23} / 22400=2,7 \cdot 10^{10} \mathrm{~cm}^{-3}$. Толщина атмосферы, приведенная к постоянному давлению в 1 атм, равна примерно $h \approx 10 \kappa м$. Интенсивность солнечного излучения, прошедшего в атмосфере путь $x$, равна
\[
I(x)=I_{0} e^{-N \sigma x}=I_{0} e^{-\frac{2(n-1)^{2}}{3 \pi N}\left(\frac{2 \pi}{x}\right)^{4} x} .
\]

Зависимость $x$ от угла $\theta$, под которым Солнце стоит над горизонтом, можно определить геометрически (см. рисунок):

\[
\begin{array}{c}
\frac{R+h}{\sin \theta}=\frac{x}{\sin \varphi}=\frac{R}{\sin \varphi^{\prime}} \\
\varphi+\varphi^{\prime}=\theta
\end{array}
\]
( $R$ – радиус Земли). Исключая из этих соотношений $\varphi$ и $\varphi^{\prime}$; получаем
\[
x=\sqrt{(R+h)^{2}-R^{2} \cos ^{2} \theta}-R \sin \theta .
\]

Принимая $R=6400 \kappa м$, имеем
\[
x=h \sqrt{641^{2}-640^{2} \cos ^{2} \theta}-640 \sin \theta .
\]

Подставляя это выражение и числовые данные задачи в формулу (1), получаем $I\left(90^{\circ}\right) / I_{0}(0) \approx e^{-0,32}=73 \%$; $I\left(10^{\circ}\right) / I_{0} \approx e^{-8} \approx 3,5 \cdot 10^{-4}$.
32.5. Проверить поперечность излучения и поляризовать его можно при рассеянии на свободных электронах (см. § 2 гл. 33 «Лекций, вып. 3, стр. 119).
32.6. Для проведения расчетов необходимо сделать конкретизирующие предположения о распределении электронов в околосолнечном пространстве. Для требуемой оценки можно предположить, что они равномерно заполняют сферу с радиусом вдвое больше солнечного.
Свет, рассеянный в $K$-короне свободными электронами, будет равномерно излучаться во все стороны и определять яркость свечения короны. Если считать, что каждый квант света рассеивается не больше чем один раз, то на расстоянии, равном солнечному радиусу, будет рассеяна доля полного солнечного излучения, равная
\[
r^{\prime}=\left(1-e^{-N_{e} \sigma R}\right),
\]

где $N_{e}$ – искомая плотность электронов; $\sigma=8 \pi / 3\left(e^{2} / m c^{2}\right)^{2}=$ $=6,25 \cdot 10^{-25}$ см $^{2}$ – томпсоновское сечение рассеяния. Этот рассеянный свет излучается сферой, радиус которой вдвое, а поверхность вчетверо больше поверхности Солнца. Поэтому отношение ее яркости к яркости солнечного диска (яркость в данном случае есть количество квантов, испускаемых единицей площади поверхности в единицу времени) есть $r=R^{\prime} / 4$. Поскольку для рассеянного излучения $N_{e} \sigma R$ и, следовательно, показатель экспоненты в выражении (1) малы, то можно воспользоваться приближенной формулой $e^{-x} \approx 1-x$. Тогда, приравнивая $r$ численному значению из условия задачи, получаем $r=10^{-8}=N_{e} \sigma R / 4$; подставляя $R=7 \cdot 10^{10} \mathrm{cм}$, вычисляем
\[
N_{e}=\frac{4 r}{\sigma R}=\frac{4 \cdot 10^{-8}}{6,25 \cdot 10^{-25} \cdot 7 \cdot 10^{10}} \approx 10^{6} \mathrm{cM}^{-3} .
\]
32.7. В гл. 31 «Лекций» получено выражение, связывающее количество энергии излучения, проходящей в 1 сек через $1 \boldsymbol{\mu}^{2}$ поверхности, со средней напряженностью поля излучения в этой точке, $S=\varepsilon_{0} c\langle E\rangle^{2}$ ( $P$ имеет размерность $в \mathrm{~m} / \mathrm{M}^{2}$, $E-\boldsymbol{B} / \mathrm{M})$. Вспоминая формулу для джоулева тепла $Q=V^{2} / R$, убеждаемся, что размерность величины $\varepsilon_{0} c$-обратное сопротивление. Числеиное значение $1 / \varepsilon_{0} c=377$ ом.
32.8. Пока размер частицы $R$ меньше длины волны $\lambda$, все рассеивающие атомы излучают с близкими фазами и интенсивность рассеянного света и сечение рассеяния примерно пропорциональны $N^{2}$ ( $N$ – число атомов в частице), т. е.
\[
\sigma \sim N^{2} \sim R^{6} .
\]

Тогда сечение рассеяния единицей массы $\Sigma=\sigma \cdot n \sim R^{3}$ ( $n \sim 1 / R^{3}$ – число частиц в единице массы). При $R>\lambda$ ситуация меняется – внутрь непрозрачной большой частицы свет не попадает, он рассеивается и поглощается лишь атомами, расположенными на поверхности, и суммарное сечение поглощения и рассеяния примерно равно поперечному сечению частицы: $\sigma=\pi R^{2}$, а $\Sigma \sim 1 / R$. Эта ситуация схематически изображена на рисунке. Значит, эффективность рассеяния единицей массы достигает максимума примерно при $R=\lambda$ и в этом случае $\sigma \approx \pi \lambda^{2}$. Для оценки можно воспользоваться этим приближенным соотношением. По условиям задачи $N \sigma x=\ln 100$. Искомая масса на единицу площади равна
\[
M=N x m=\frac{m \ln 100}{\sigma},
\]

где $m$-масса сдной частицы. Подставляя $m=4 / 3 \pi \lambda^{3} \rho$, $\rho=12 / \mathrm{cm}^{3}$ (плотность льда) и $\lambda=5 \cdot 10^{-5} \mathrm{~cm}$ (видимый свет), получаем
\[
M=3 \cdot 10^{-5} 2 / C M^{3} .
\]
32.9. а) Сечение рассеяния определяется как отношение полной энергии, излучаемой рассеивающей системой в секунду, к энергии радарного луча, падающей на 1 м $^{2}$ в 1 сек. Bсе электроны проволоки из-за малой ее длины можно считать колеблющимися в фазе, тогда можно воспользоваться результатами задачи 29.6 (стр. 275), где для такого случая было получено выражение для поля излучения на больших расстояниях $r$ от проволоки под углом $\theta$ к ее оси. Перепишем полученное там выражение в обозначениях данной задачи:
\[
E=-q \sin \theta \frac{N \chi E_{\|} \omega^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} r c^{2}} \cos \left(\omega t-\frac{r}{c}+\varphi_{0}\right) .
\]

Интенсивность излучения $S=\varepsilon_{0} c\left\langle E^{2}\right\rangle$. Интегрируя ее по сфере радиусом $r$ (см. «Лекции», § 2 гл. 32, выл. 3, стр. 103) и подставляя среднее по времени значение квадрата косинуса, равное $1 / 2$, получаем среднюю энергию, излучаемую по всем направлениям:
\[
P=\frac{N^{2} \chi^{2} \omega^{4} q^{2} E_{\|}^{2}}{12 \pi \varepsilon_{0} c^{3}} .
\]

Относя ее к среднему потоку в радарном луче $P_{p}=\varepsilon_{0} c E_{0}^{2} / 2$, получаем выражение для сечения
\[
\sigma=\frac{N^{2} \chi^{2} \omega^{4} q^{2}}{6 \pi \varepsilon_{0}^{2} c^{4}}\left(\frac{E_{1}}{E_{0}}\right)^{2} .
\]
б) Поскольку
\[
E_{\|}=E_{0} \cos \theta,
\]

где $\theta$-угол между проволокой и направлением падающей волны
\[
\sigma \sim \cos ^{2} \theta .
\]

К главе 3з. Поляризация
33.1. Если начальный пучок неполяризован, то при начальной амплитуде $A_{0}$ амплитуда волны после прохождения последовательных поляроидов. будет $A_{0} / \sqrt{2}, \quad A_{0} \cos \theta / \sqrt{2}$ и $A_{0} \cos \theta \sin \theta / \sqrt{2}$ соответственно. Поэтому окончательная интенсивность
\[
I=\frac{I_{0}}{8} \sin 2 \theta .
\]
33.2. Выберем ось $\boldsymbol{x}$ по оси первого поляроида и примем амплитуду неполяризованного светового пучка за единицу. Тогда после прохождения первого поляроида составляющие амплитуды по осям будут
\[
\text { – } \quad A_{x}^{(1)}=\frac{\alpha}{\sqrt{\overline{2}}} \quad \text { и } \quad A_{y}^{(9)}=\frac{\varepsilon}{\sqrt{2}} .
\]
После прохождения второго поляроида
\[
\begin{array}{l}
A_{x}=\left(\frac{\alpha}{\sqrt{2}} \cos \theta+\frac{\varepsilon}{\sqrt{2}} \sin \theta\right) \alpha ; \\
A_{y}=\left(\frac{\alpha}{\sqrt{2}} \sin \theta+\frac{\varepsilon}{\sqrt{2}} \cos \theta\right) \varepsilon .
\end{array}
\]

Окончательная интенсивность прошедшего света
\[
\begin{aligned}
\frac{I}{I_{0}}=A_{x}^{2}+A_{y}^{2} & =\frac{1}{2}\left(\alpha^{4}+\varepsilon^{4}\right) \cos ^{2} \theta+\alpha^{2} \varepsilon^{2} \sin ^{2} \theta+ \\
& +\left(\alpha^{2}+\varepsilon^{2}\right) \alpha \varepsilon \sin 2 \theta .
\end{aligned}
\]
83.3. При падении света под углом Брюстера прошедший и отраженный лучи взаимно перпендикулярны, т. е. $\sin r=\cos i$, поэтому
\[
\frac{\sin i}{\sin r} n=\frac{\sin i}{\cos i}=\operatorname{tg} i,
\]

что и требовалось показать.
33.4. Из решения задачи 29.4 следует, что в случае (а) излучение будет поляризовано по кругу, а в случае (б) -линейно поляризовано в плоскости орбиты. Там же были получены формулы для интенсивности.
83.5. Сдвиг фаз вычисляется по формуле
\[
\varphi=\frac{2 \pi}{\lambda}\left(n_{e}-n_{0}\right) d,
\]

где $d$-расстояние, пройденное светом. Полагая $\varphi=\pi / 2$ и произведя вычисления, находим
\[
d=16,7 \mu M=1,67 \cdot 10^{-2} \text { м. } .
\]
33.6. Используя формулы Френеля для интенсивности отраженных волн с разной поляризацией, получаем для неполяризованного света
\[
\frac{I}{I_{0}}=\frac{1}{2}\left(|b|^{2}+|B|^{2}\right)=\frac{\frac{\sin ^{2}(i-r)}{\sin ^{2}(i+r)}+\frac{\operatorname{tg}^{2}(i-r)}{\operatorname{tg}^{2}(i+r)}}{2}
\]
( $i=80^{\circ}$ по условиям задачи). Зная коэффициент преломления воды $n=1,33$, находим $r=48^{\circ}$. Для этих численных значений $I / I_{0} \approx 35 \%$.
83.7. а) Доля отраженного света при нормальном падении на поверхность равна
\[
\frac{(n-1)^{2}}{(n+1)^{2}}=17 \% \text {. }
\]
б) Угол Брюстера $\varphi=\operatorname{arctg} n=67,5^{9}$.
33.8. Рассмотрим общий случай, когда плоскость поляризации падающего света с амплитудой $A$ образует с осью угол $\theta$. Тогда амплитуда обыкновенной компоненты есть $A_{0}=A \cos \theta$, а нефбыкновенной $A_{e}=A \sin \theta$. Сдвиг фаз между компонентами на выходе равен
\[
\varphi=\frac{2 \pi}{\lambda}\left(n_{e}-n_{0}\right) d=\frac{\pi \cdot 2 \cdot 0,01 \cdot 1,67 \cdot 10^{-2}}{4,1 \cdot 10^{-4}} \approx 0,8 \pi .
\]

Таким образом, вектор амплитуды вышедшей волны можно залисать в виде
\[
\mathbf{A}=\mathbf{1} A_{0} \cos \omega t+\mathrm{k} A e \cos (\omega t-0,8 \pi)
\]

эллиптически поляризованный свет (см. «Лекции», фиг. 33.2, вып. 3, стр. 118).
33.9. Оценить показатель преломления можно, отражая от обсидиановой пластинки свет, поляризованный в плоскости падения, и меняя угол падения. Резкић спад интенсивности отраженного света будет заметен, когда угол падения сравняется с углом Брюстера, для обсидиана, а его тангенс қак раз равен показателю преломления (см. «Лекции», гл. 33, вып. 3 , стр. 125).

К главе 34. Релятивистские явления
в излученит
34.1. Перемецение точки пе вертикали равно $x=-R \cos \theta$ (см, рисунок). Горизонтальное перемещение складывается из поступательного, равного $A \theta$ (диск катится без скольжения), и вращательного, равного $\Delta z
eq R \sin \theta$, т. е.
\[
z=A \theta+R \sin \theta \text {. }
\]
34.2. Искомое ускорение находится двукратным дифференцированием $x$ по $t$
\[
\frac{d x}{d t}=\frac{d x}{d \theta} \frac{d \theta}{d t}=\frac{d x}{d \theta} / \frac{d t}{d \theta} .
\]
Находим
\[
\frac{d x}{d \theta} \quad \text { и } \quad \frac{d t}{d \theta}
\]

дифференцированием выражений, полученных в предыдущей задаче:
\[
\frac{d x}{d \theta}=R \sin \theta ; \quad \frac{d t}{d \theta}=\frac{1}{c} \frac{d z}{\lambda \theta}=\frac{A+R \cos \theta}{c} .
\]

Аналогично,
\[
\frac{d^{2} x}{d t^{2}}=\left(\frac{d}{d \theta}\right)\left(\frac{d x}{d t}\right) / \frac{d t}{d \theta}=c^{2} \frac{A R \cos \theta+R^{2}}{(A+R \cos \theta)^{3}} .
\]

По условию задачи требуется выразить результат через наблюдаемые величины $R, v=c R / A$ и $x$ (см. «Лекции», $\S 2$ гл. 34, вып. 3, стр. 136). Заменяя в полученном выражении $R \cos \theta$ на $x$, а $A$ на $c R / v$, получаем
\[
\frac{d^{2} x}{d t^{2}}=-\frac{v^{2} x}{R^{2}} \frac{(1-v R / x)}{(1-v x / c R)^{3}} .
\]
34.3. Интенсивность излучения пропорциональна квадрату поля, а оно в свою очередь пропорционально «запаздывающему» ускорению частицы. Подставляя в формулу для ускорения, полученную в предыдущей задаче, $x=R$ и значения скорости $+v$ и $-v$, получаем
\[
\frac{I_{\text {макс }}}{I_{\text {мин }}}=\left.\left|\frac{d^{2} x}{d t^{2}}(v)\right| \frac{d^{2} x}{d t^{2}}(-v)\right|^{2}=\left(1+\frac{v}{c}\right)^{4} /\left(1-\frac{v}{c}\right)^{4} .
\]
34.4. Выберем ось $x$ неподвижной системы координат по направлению движения Земли, а ось $y$-по направлению луча (предполагая, что оно перпендикулярно оси $x$ ). Оси движущейся системы координат, связанной с Землей, обозначим $x^{\prime}$ и $y^{\prime}$ соответственно, направив их параллельно осям $x$ и $y$. Проекции волнового вектора света звезды в неподвижной системе по условию равны $k_{x}=0, k_{y}=k=\omega / c$. Скорость движущейся системы относительно неподвижной равна $v$. Согласно преобразованию Лоренца,
\[
k_{x^{\prime}}=\frac{k_{x}+\omega v / c^{2}}{\sqrt{1-v^{2} / c^{2}}} ; \quad k_{y^{\prime}}=k .
\]

Следовательно, в системе координат, связанной с Землей, волновой вектор образует с осью у угол, тангенс которого равен
\[
\operatorname{tg} \theta=\frac{k_{x^{\prime}}}{k_{y^{\prime}}}=\frac{v / c}{\sqrt{1-v^{2} / c^{2}}} ;
\]

отсюда получаем для угла аберрации $\sin \theta=v / c$.
34.5. Масса покоя электрона $m_{e}=0,5 M_{э в}=5 \cdot 10^{-4}$ Гэв. Значит, при энергии $1 \Gamma э в \sqrt{1-v^{2} / c^{2}}=1 / 2000$. Отсюда ( $\left.c-v\right) / c \approx 1 / 8 \cdot 10^{6}$.
34.6. Звезда приближәется со скоростью примерно 500 км/сек.
34.7. Ответ: 600 ммк.
34.8. Непосредственно наблюдение аберрации позволяет вычислить скорость Земли по орбите из соотношения $\operatorname{tg} \varphi=v / c$ ( $\varphi-$ угол аберрации). Отсюда $v=\operatorname{ctg} \varphi=30 \kappa м / с е к$. Приравняв центробежную силу силе солнечного притяжения, получим
\[
G=\frac{m_{3} m_{\mathrm{C}}}{R^{2}}=\frac{v^{2}}{R} m_{3} .
\]

Масса Земли $m_{3}$ сокращается. Подставляя значения солнечной массы и гравитационной постоянной $G=6,67 \cdot 10^{-8} \mathrm{~cm}^{3} / 2 \cdot \mathrm{ce \kappa}$, получаем
\[
R=\frac{G m_{\mathrm{C}}}{v^{2}}=1,5 \cdot 10^{8} \kappa \mathrm{\kappa} .
\]
34.9. а) Сила гравитационного притяжения убывает обратно пропорционально квадрату расстояния от Солнца. Сила светового давления пропорциональна импульсу, переданному частице за единицу времени поглощенным излучением, а импульс в свою очередь – энергии излучения на единицу площади, т. е. интенсивности ( $\sim L^{-2}$ ). Таким образом, силы светового давления и притяжения одинаково зависят от $L$ и их отношение, следовательно, постоянно.
б) Если обозначить интенсивность солнечного излучения через $W$, то сила светового давления, т. е. импульс, переданный в единицу времени, есть
\[
F=\frac{d P}{d t}=W c \pi R^{2} .
\]

Приравнивая эту величину силе притяжения
\[
F_{g}=\frac{4 / 3 \pi R^{2} \rho v^{2}}{L},
\]

где $L$-радиус земной орбиты, а $v$-скорость движения Земли по ней, вычисленные в предыдущей задаче, получаем после сокращения
\[
R=\frac{3}{4} \frac{W c L}{\rho v^{2}}=\frac{0,6}{\rho} M \kappa,
\]

если выражать $\rho$ в г/см³

К главе 38. Соотношения между волновой и корпускулярной точками зрения

38.1. В § 3 гл. 32 «Лекций» (вып. 3, стр. 105) при классическом рассмотрении были получены выражения для ширины спектральной линии
\[
\Delta \lambda=\frac{2 \pi c \Delta \omega}{\omega^{2}}=\frac{\lambda}{Q}
\]

и для «времени жизни» возбужденного состояния свободного атома (времени, в течение которого энергия убывает в $е$ раз за счет излучения)
\[
\Delta T=\frac{Q}{\omega}
\]
(здесь $Q$-классическая величина радиационного затухания). Если записать энергию возбужденного состояния в соответствии с квантовыми представлениями как $E=\hbar \omega$, то с помощью вышеприведенных соотношений получаем квантовое соотношение неопределенности для энергии и времени
\[
\Delta E \cdot \Delta T=\hbar \Delta \omega \cdot \Delta T=\frac{\hbar \lambda \omega^{2}}{2 \pi c Q} \cdot \frac{Q}{\omega}=\hbar .
\]

Заметим далее, что «неопределенность положения» фонона $\Delta x$ есть по смыслу длина отвечающего ему волнового пакета, равная $c \Delta T$. Неопределенность импулься $\Delta p$ связана с шириной спектральной линии $\Delta \lambda$ и равна $\Delta p=\left(h / \lambda^{2}\right) \Delta \lambda$ (так как $p=h / \lambda$ ). Итак,
\[
\Delta x \Delta p=h \frac{C \Delta T \Delta \lambda}{\lambda^{2}}=\frac{h}{\hbar}=\hbar .
\]
38.2. а) В задачу об определении радиуса электронной орбиты входят следующие константы: постоянная Планка $\hbar$, масса электрона $m$ и константа, характеризующая силу притяжения между электроном и протоном; в качестве такой величины возьмем $e^{2}\left(e^{2}=q_{e}^{2} / 4 \pi \varepsilon_{0}\right)$. Размерности этих констант соответственно: энергия $\times$ время, масса, энергия $\times$ $\times$ длина. Вспоминая размерность энергии, нетрудно убедиться, что единственная комбинация из этих коистант, имеющая размерность длины, есть $\hbar^{2} / m e^{2}=a_{0}$. Это и есть боровский радиус.
б) Используя соотношение неопределенностей $\Delta p \Delta x=\hbar$ и считая, что точность локализации электрона в атоме $\Delta x \approx a_{0}$, получаем $\Delta p \approx \hbar / a_{0}$. Кинетическая әнергия, соответствующая такому импульсу, есть
\[
\Delta E=\frac{\Delta p^{2}}{2 m}=\frac{h^{2}}{a_{0}^{2} 2 m}=\frac{\hbar^{2} m^{2} e^{4}}{\hbar^{4} \cdot 2 m} \approx 209 \theta .
\]
Эта эңергия по порядку величины равна искомой энергии нонизации.
38.3. Частоты $\omega_{i}$, соответствующие трем перечисленным линиям с длинами волн $\lambda_{i}$, равны $\omega_{i}=2 \pi c / \lambda_{i}$. Согласно комбинационному принципу Ритца (см. «Лекции», § 5 гл. 38, вып. 3, стр. 231), из этих трех частот можно скомбинировать другие, равные разностям или суммам исходных. Поскольку исходные линии соответствуют ультрафиолетовой области, а искомые видимой и инфракрасной областям, то частоты искомых линий должны быть меньше исходных и будут их разностями. Соответствующие длины волн удовлетворяют соотношениям
\[
\frac{1}{\lambda}=\frac{1}{\lambda_{i}}-\frac{1}{\lambda_{k}} \quad\left(\lambda_{k}>\lambda_{i}\right)
\]

и равны 4860,6560 и $1880 \AA$.

$K$ главе 39. Кинетическая теория газов
39.1.
\[
T V^{\gamma-1} \text { const и } T P^{(1-\gamma) / \gamma} \text { const, }
\]
39.2. Так как процесе сжатия воздуха можно считать адиабатическим, то, соглассно результату предыдущей задачи, можно написать соотноше́ние
\[
T_{1} P_{1}{ }^{(1-\gamma) / \gamma}=T_{2} P_{2}{ }^{(1-\gamma) / \gamma},
\]

где индексами 1 и 2 помечены температура и давление воздуха до и после сжатия. Из этого соотношения следует
\[
T_{3}=T_{1}\left(\frac{P_{1}}{P_{2}}\right)^{(1-\gamma) / \gamma}=173^{\circ} \mathrm{C} .
\]
39.3. а) В первом процессе газ, расширяясь, не совершает никакой работы. Следовательно, его энефгийя, а потому и температура остаются постояиными, т. е, $T=T_{0}$. Так как $V=2 V_{0}$, из закона идеального газа следует, что $P=P_{0} / 2$.
б) Второй процесс является адиабатическим. Так как для гелия $\gamma=5 / 3$, то, согласно решению задачи 39.1 , находим, что в конечном состоянии
\[
P=P_{0} 2^{-8 / 3}, T=T_{0} 2^{-2 / 3}, V=2 V_{0},
\]

где $P_{0}, V_{0}, T_{0}$-давление, объем и температура газа гелия в исходном состолнии.
39.4. а) Рассмотрим два горизонтальных сечения колонки: на высоте $h$ и высоте $h+d h$. Разность давлений на этих высотах равна весу жидкости или газа в столбике высотой $d h$ и единичной площадью, взятбму с противоположным знаком (ясно, что давление падает с высотой)
\[
d P=P(h+d h)-P(h)=-\rho(h) g d h .
\]

Отсюда и следует искомое уравнение.
б) Плотность воздуха с давлением и температурой связана соотношеннем
\[
\rho(h)=\frac{\mu P(h)}{T \tilde{R}},
\]
$10^{\text {\”t }}$

которое следует из закона идеального газа $P V=N k T$. Поэтому мы получаем уравнение
\[
\frac{d P}{d h}=-\frac{\mu g P}{R T} .
\]

Интегрируя, находим $P=P_{0} e^{-\mu g h / R T}$, где $P_{0}$-давление у поверхности Земли, т. е. при $h=0$.
89.5. а) Поскольку для адиабатической атмосферы справедливо соотношение $P \rho^{-\gamma}=P_{0} \rho_{0}^{-\gamma}$, где $P_{0}$ и $\rho_{0}$-давление н плотность атиосферы на поверхности Земли, то, согласио решению задачи 39.1, справедливо и соотношение
\[
T P^{(1-\gamma) / \gamma}=T_{0} P_{0}^{(1-\gamma) / \gamma},
\]

откуда
\[
T=T_{0}\left(\frac{P}{P_{0}}\right)^{(\gamma-1) / \gamma} .
\]

Дифференцируя левую и правую части этого соотношения по высоте и учитывая уравнение $d P / d h=-\rho(h) g$ (см. задачу 35.4), находим
\[
\frac{d T}{d h}=-\frac{T_{0} \rho_{0}}{P_{0}} g \frac{\gamma-1}{\gamma} .
\]

Согласно закону идеального газа, $\rho_{0} T_{0} / P_{0}=\mu / R$, где $\mu$-молекулярный вес, $R$-газовая постоянная. Таким образом, окончательно находим
\[
\frac{d T}{d h}=-\frac{\mu g(\gamma-1)}{R \gamma} .
\]

Так как для воздуха $\mu=29, \quad \gamma=1,4, \quad$ то $d T / d h=-9,75$ град/км.
б) Атмосфера может находиться в механическом равновесии (в ней не будет происходить макроскопических движений), не находясь при этом в тепловом равновесии. Зависимость давления газа от высоты, найденная в пункте (a) задачи 39.4, являющаяся условием механического равновесия, может иметь место и при непостоянной температуре в атмосфере. В связи с этим возникает вопрос, при каких же условиях такое равновесие будет устойчивым? Если условие устойчивости не выполняется, в атмосфере возникнут течения, стремящнеся перемешать газ атмосферы и выровнять ее температуру, т. е. возникает так называемая конвекция. Чтобы выяснить условие устойчивости атмосферы, предположим, что два элемента газа (оба единичной массы), находившиеся на разных высотах (разность высот $\Delta h$ ), поменялись местами.

Если при этом энергия системы уменьшится, это значит, что такой обмен выгоден и первоначальное распределение неустойчиво. Напротив, если энергия системы в целом увеличится, первоначальное распределение устойчиво. Переходя к вычислению энергии, заметим, во-первых, что потенциальная энергия силы тяжести не меняется обмениваются местами элементы одинаковой массы. Далее, при обмене местами элементов совершается работа, равная $P \Delta V, \Delta V$ – разница объемов элементов газа. Эта работа идет на изменение энергии газа, окружающего выделениые нами элементы. Кроме того, за счет разности температур меняется и энергия самих выделенных элементов $U$ и, следовательно, полное изменение энергии равно
\[
\Delta U+P \Delta V \text {. }
\]

Таким образом, условие устойчивости атмосферы можно записать в виде
\[
\frac{d U}{d h}+P \frac{d V}{d h}>0,
\]

или, если воспользоваться формулой $U=P V /(\gamma-1)$,
\[
\frac{V}{\gamma-1} \frac{d P}{d h}+\frac{\gamma}{\gamma-1} P \frac{d V}{d h} \geqslant 0 .
\]

Используя далее закон идеального газа $V=R T / \mu P$, получаем
\[
P \frac{d V}{d h}=\frac{R}{\mu} \frac{d T}{d h}-V \frac{d P}{d h} .
\]

Подставляя последнее соотношение в левую часть приведенного выше неравенства и учитывая тот факт, что $d P / d h=-\rho g$, находим
\[
\frac{\gamma}{\gamma-1} \frac{R}{\mu} \frac{d T}{d h}+V \rho g \geqslant 0 .
\]

Отсюда следует условие устойчивости атмосферы относительно конвекции
\[
\frac{d T}{d h} \geqslant-\frac{V \rho g \mu}{R} \frac{\gamma-1}{\gamma}=-\frac{\mu g(\gamma-1)}{R \gamma} .
\]
39.6. Работа, затрачиваемая при изотермическом процессе на сжатие от объема $V_{1}$ до объема $V_{2}$, равна
\[
W=-\int_{V_{1}}^{V_{2}} P d V=-N k T \int_{V_{1}}^{V_{2}} \frac{d V}{V} \approx P_{1} V_{1} \ln \frac{V_{1}}{V_{2}}=10^{5} \partial \leadsto .
\]
39.7.
\[
P_{A}=P_{0} \cdot 2^{8 / 3}, \quad P_{B}=P_{0} \cdot 2^{7 / 3} \text {. }
\]
39.8. Работу, иеобходимую для адиабатического сжатия, легко найти, если учесть, что $P_{0} V_{0}^{\boldsymbol{\gamma}}=P V^{\text {‘ }}$ :
\[
R=-\int_{V_{0}}^{V_{0} / 2} P d V=-P_{0} V_{0}^{\gamma} \int_{V_{0}}^{V_{0} / 2} \frac{d V}{V \mathrm{r}}=\frac{P_{0} V_{0}}{\gamma-1}\left[2^{(\gamma-1)}-1\right] .
\]

Поэтому
\[
\frac{R_{A}}{R_{B}}=\frac{\gamma_{B}-1}{\gamma_{A}-1} \frac{\left(2^{\gamma} A^{-1}-1\right)}{\left(2^{\gamma}{ }^{-1}-1\right)}=1,13 .
\]
39.9. Для конечного состояния системы можно написать уравнения
\[
P V_{1}=N_{1} k T_{1} \quad \text { и } \quad P V_{2}=N_{2} k T_{2}=\left(N-N_{1}\right) k T_{2},
\]

где $N$-полное число молекул газа. Число $N$ нетрудно найти, если написать аналогичное уравнение для исходного состояния системы $N=P_{0}\left(V_{1}+V_{2}\right) / k T_{0}$, где $P_{0}$ и $T_{0}$ – начальное давление и температура системы. Подставляя во второе из написанных уравнений выражение для $N_{1}$, полученное из первого уравнения $N_{1}=P V_{1} / k T_{1}$, легко находим
\[
P=P_{0} \frac{T_{2}}{T_{0}} \frac{V_{1}+V_{2}}{V_{2}+\left(T_{2} / T_{1}\right) V_{1}}=842 \text { мм pm. cm. }
\]
89.10. Обозначим через $P_{1}, N_{1}$ и $P_{2}, N_{2}$ давления и числа молекул в большом и малом резервуаре послё нагрева до температуры $T=162^{\circ} \mathrm{C}=435^{\circ} \mathrm{K}$. По условию задачи $P_{1}-P_{2}=$ $P_{0}=88 \mathrm{~cm} \mathrm{pm} . \mathrm{cm}$. Обозначим через $N$ полное число молекул газа. Очевидно, $N=N_{1}+N_{2}=P V_{1} / k T_{0}$, где $P=760$ мм рт. cm. – атмосферное давление, $T_{0}=17^{\circ} \mathrm{C}=290^{\circ} \mathrm{K}$ – начальная температура. Для конечного состояния можно написать два уравнения:
\[
\begin{array}{l}
\left(P_{0}+P_{2}\right) V_{1}=N_{1} k T \\
{ }^{n}{ }_{2} V_{2}=N_{2} k T=\left(N-N_{1}\right) k T=N k T-N_{1} k T .
\end{array}
\]

Решая эту систему уравнений относительно $P_{2}$, находим
\[
P_{2}=\frac{N k T-P_{0} V_{1}}{V_{1}+V_{2}}=\frac{V_{1}}{V_{1}+V_{2}}\left[P \frac{T}{T_{0}}-P_{0}\right]=200 \text { мм pm. cm. }
\]
39.11. Число образовавшихся молекул $\mathrm{NO}_{2}$ равно $N=P V / k T$. Так как молекулярный вес двуокиси азота равен 46 , то $x$-число граммов диссоциировавшей жидкости определится как $x=46 N / N_{\mathrm{Aв}}=46 P V / P T=0,6$ е. Следовательно, диссоциировало $66 \%$ четырехокиси азота.
39.12. Тепло $Q=8,31 \mathrm{~m} \cdot q$, сообщенное телу при постоянном давлении, можно представить в виде
\[
Q=\frac{5}{2} R\left(T_{2}-T_{1}\right)
\]

Следовательно,
a)
\[
T_{2}=T_{1}+\frac{2 Q}{5 R}=1740^{\circ} \mathrm{K} .
\]
б) В конечном состоянии газа $P_{1} V_{2}=R T_{2}$. Учитывая, что в начальном состоянии $P_{1} V_{1} \equiv R T_{1}$, находим $V_{2} / V_{1}=$ $=T_{2} / T_{1}=5,8$. Работа, совершенная газом, равна
\[
R=P_{1}\left(V_{2}-V_{1}\right)=R\left(T_{2}-T_{1}\right)=\frac{2}{5} Q=3,32 \mathrm{sm} \cdot u .
\]

Энергия газа равна
\[
U=\frac{3}{2} R T_{2}=21700 \text { дж. }
\]

К главе 40. Принципь статистической механики
40.1. Пусть в единицу времени о крылышко (о его зачерненную сторону) ударится $v$ молекул. Қаждая из них после удаџа унесет энергию $\Delta \varepsilon$, которую следует определить из условия $\Pi=\Delta \varepsilon v$. Если через $\bar{v}$ обозначить среднюю скорость молекул газа, то уносимый молекулами импульс $\Delta p$ связа́н с $\Delta \varepsilon$ простым соотношением
\[
\Delta \varepsilon=\frac{\bar{p} \Delta p}{m}=\bar{v} \Delta p .
\]

Так как разность сил, действующих иа рассматриваемое крылышко, равна изменению импульса крылышка за единицу времени, то $F=\Delta p v=\Pi / \bar{v}$. Разумеется, при строгом решении задачи следовало бы учесть, что изотропно отскакивающие молекулы уносят различные значения импульса, так как они вылетают под разными углами к поверхности. Однако при этом мы получили бы численный коэффициент, который был бы порядка единицы. Столь же нестрого определим среднюю скорость молекул как скорость, удовлетворяющую соотношению
\[
\frac{m \bar{v}^{2}}{2}=\bar{\varepsilon}=\frac{3}{2} k T,
\]
т. е. $\bar{v}=\sqrt{3 k T / m} \cdot$ В результате окончательно найдем
\[
F \approx \frac{\Pi}{\sqrt{3 k T / m}} .
\]
40.2. Пусть поверхность сосуда совпадает с плоскостью координар $y z$, а ось $x$ пернендикулярна к ней. Тогда $d n_{v_{x}}$ – число частиц в единице объема, $x$-проекция скорости которых заключена в интервале $v_{x}, v_{x}+d v_{x}$, равно
\[
d n_{v_{x}}=n_{0}\left(\frac{m}{2 \pi k T}\right)^{1 / 2} e^{-m v_{x}^{2} / 2 k T} d v_{x},
\]

где $n_{0}$ – число частиц газа в единице объема. Ясно, что из өтих частиц только те достигнут за единицу времени поверхности сосуда, т. е. плоскости $y z$, которые расположены от нее не далее расстояния, численно равного $v_{x}$, т. е. их число равно
\[
v_{x} \cdot n_{0}\left(\frac{m}{2 \pi k T}\right)^{1 / 2} e^{-m v_{x}^{2} / 2 k T} d v_{x} .
\]

Следовательно, $v$-полное число частиц, которые за единицу времени достигнут поверхности сосуда, равно
\[
v=\int_{0}^{\infty} v_{x} n_{0}\left(\frac{m}{2 \pi k T}\right)^{1 / 2} e^{-m v_{x}^{2} / 2 k T} d v_{x}=\frac{n_{0} \bar{v}}{4},
\]

где $\bar{v}=\sqrt{8 k T / \pi m}-$ средняя тепловая скорость молекулы газа. Скорость $\bar{v}$ находится с помощью распределения Максвелла:
\[
\bar{v}=4 \pi\left(\frac{m}{2 \pi k T}\right)^{s / 2} \int_{0}^{\infty} v^{3} e^{-m v^{2} / 2 k T} d v .
\]

Следовательно, можно написать
\[
v=n_{0} \pi\left(\frac{m}{2 \pi k T}\right)^{3 / 2} \int_{0}^{\infty} v^{3} e^{-m v^{2} / 2 k T} d v .
\]

Перейдем в получившемся интеграле к новой переменной $\varepsilon=m v^{2} / 2$ – энергии частиц:
\[
v=\frac{2 n_{0} \pi}{m}\left(\frac{m}{2 \pi k T}\right)^{3 / 2} \int_{0}^{\infty} \varepsilon e^{-\varepsilon / k T} d \varepsilon .
\]

Из последнего выражения видно, что величину
\[
d v_{\mathrm{\varepsilon}}=n_{0} \frac{2 \pi}{m^{2}}\left(\frac{m}{2 \pi k T}\right)^{3 / 2} \varepsilon e^{-\varepsilon / k T} d \varepsilon
\]

можно интерпретировать как число молекул, достигших единичной площадки поверхности сосуда в единицу времени, өнергия которых заключена в пределах $\varepsilon, \varepsilon+d \varepsilon$.
a) Используя этот результат, находим, что число молекул, достигших единичной площадки поверхности сосуда с энергией больше тепловой, т. е. с $\varepsilon>\bar{\varepsilon}=3 / 2 k T$, равно
\[
\frac{2 \pi n_{0}}{m^{2}}\left(\frac{m}{2 \pi k T}\right)^{3 / 2} \int_{3 / 2 k T}^{\infty} \varepsilon e^{-\varepsilon / k T} d \varepsilon=\frac{\bar{v} n_{0}}{4} \frac{5}{2} e^{-3 / 2} .
\]

Следовательно, искомая доля равна $5 / 2 e^{-1,5}=0,55$.
\[
\frac{11}{2} e^{-4,5}=0,061 \text {. }
\]
40.3. Теплоемкость при постоянном объеме определяется как производная от внутренней энергии газа по температуре $C_{V}=d U / d T$.
a) Так как внутренняя энергия 1 моля одноатомного газа равна $U=3 / 2 R T$, то $C_{V}=3 / 2 R=12,4$ дж/град. моль.
б) Для двухатомного газа
\[
U=\frac{7}{2} R T \quad \text { и } \quad C_{V}=\frac{7}{2} R=29,1 \text { дж/град. моль. }
\]
40.4. Законы сохранения массы, импульса и энергии требуют, чтобы потоки этих величин слева и справа от сетки равнялись друг другу.
Проще всего записать закон сохранения массы. Введем величину $j$-плотность потока массы. При этом $j A$ равно массе газа, которая проходит через любое поперечное сечение трубы в единицу времени. Если $\rho$ и $\rho^{\prime}$ – плотности газа перед и за сеткой, то, согласно закону сохранения массы,
\[
j=\rho v=\rho^{\prime} v^{\prime} .
\]

Найдем далее выражение для потока импульса. В газе, который как целое покоится, плотность потока импульса, очевидно, равна
\[
\left.n m<v_{x}^{2}\right\rangle,
\]

где $n$-число молекул в единице объема; $m$-масса молекулы ( $\rho=n m$ ), а усреднение производится с помощью распределения частид по скоростям. Действительно, импульс одной молекулы в направлении к сетке (выберем его за направление оси $x$ ) равен $m v_{x}$, а поток импульса $m v_{x}^{2}$. Если умножить $m v_{x}^{2}$ на $n$, то получаемая при этом величина будет равна плотности потока импульса в направлении $x$, обусловленная всеми частицами, компонента скорости которых равна $v_{x}$. Так как частицы в газе распределены по скоростям, величину $n m v_{x}^{2}$ следует усреднить по всем скоростям. При этом получаем естественный результат: плотность потока импульса равна $P$-давлению в газе [см. «Лекции», § 2 гл 39, формула (39.5), вып. 4, стр. 10]. Если же газ как целое движется со скоростью $v$ в направлении оси $x$, то простое обобщениє формулы для плотности потока импульса приводит к выражению
\[
n m\left\langle\left(v_{x}+v\right)^{2}\right\rangle=P+\rho v^{2}=P+j v .
\]

Здесь мы использовали тот факт, что $\left\langle v_{x}\right\rangle=0$.
Учтем далее то обстоятельство, что по условию задачи сетка практически не оказывает сопротивления потоку газа, т. е. не происходит повышения давления газа перед сеткой. Это, конечно, не означает, что молекулы газа ие обмениваются импульсом с сеткой. Наоборот, именно переданный газом сетке импульс в единицу времени определяет силу тяги, развиваемую трубой.

Обозначим через $r$ импульс, передаваемый газом единичной площадке сетки в единицу времени, так что величина $F=A \cdot r$ будет равна силе тяги трубы. Полагая в соответствии с условием задачи $P=P^{\prime}$, запишем закон сохранения импульса в виде
\[
j \cdot v+r=j \cdot v^{\prime} .
\]

Рассуждая аналогично, находим далее выражение для плотности потока энергии
\[
\begin{array}{l}
n m\left\langle\left[\frac{\left(v_{x}+v\right)^{2}}{2}+\right.\right.\left.\left.\frac{v_{y}^{2}}{2}+\frac{v_{z}^{2}}{2}\right]\left(v_{x}+v\right)\right\rangle=\frac{\rho}{2}\left\langle\left(v_{x}+v\right)^{3}\right\rangle+ \\
+\frac{\rho}{2}\left\langle\left(v_{y}^{2}+v_{z}^{2}\right) v_{x}\right\rangle+\frac{\rho v}{2}\left\langle v_{y}^{2}+v_{z}^{2}\right\rangle .
\end{array}
\]

В силу того что
\[
\left\langle\left(v_{y}^{2}+v_{z}^{2}\right) v_{x}\right\rangle=0, \quad\left\langle v_{x}^{3}\right\rangle=0,
\]
a
имеем
\[
\left\langle v_{y}^{2}+v_{z}^{2}\right\rangle=2\left\langle v_{x}^{2}\right\rangle,
\]
\[
\frac{3 \rho v}{2}\left\langle v_{x}^{2}\right\rangle+\frac{\rho^{3}}{2}+\frac{\rho v}{2}\left\langle v_{x}^{2}\right\rangle=\left(\frac{3}{2} \frac{P}{\rho}+\frac{v^{2}}{2}+\frac{P}{\rho}\right) j .
\]

Внимательно вглядевшись в наши выкладки, мы видим, что слагаемое $3 / 2 P / \rho$ есть не что иное, как $U-9$ нергия единицы массы газа. Как отмечалось в «Лекциях», множитель $3 / 2$ появляется лишь в рассматривавшейся выше модели одноатомного газа. В общем случае его нужно заменить на $1 /(\gamma-1)$, где $\gamma$-газовая постоянная. Если это сделать, то закон сохранения энергии в данной задаче запишется в виде
\[
\left(\frac{\gamma P}{(\gamma-1) \rho}+\frac{v^{2}}{2}\right) j-\left(\frac{\gamma P}{(\gamma-1) \rho}+\frac{v^{\prime 2}}{2}\right) j=-\frac{q}{A} .
\]

Используя далее закон сохранения массы и имнульса и вводя обозначение $\gamma P / \rho=\gamma R T / \mu=c^{2}$, где $c$-скорость звука, из закона сохранения энергии получаем квадратное уравнение

для $v^{\prime}$
\[
\frac{2 c^{2}}{(\gamma-1) v}\left(v^{\prime}-v\right)+v^{\prime 2}-v^{2}=\frac{2 q}{j A} .
\]

Решая его, находим
а) $v^{\prime}=\sqrt{\left(v+\frac{c^{2}}{(\gamma-1) v}\right)^{2}+\frac{2 q}{j A}-\frac{c^{2}}{(\gamma-1) v}}$.
б) Из закона идеального газа находим $T^{\prime} / T=\rho / \rho^{\prime}=v^{\prime} / v$ и, следовательно,
\[
T^{\prime}=T\left[\sqrt{\left(1+\frac{c^{2}}{(\gamma-1) v^{2}}\right)^{2}+\frac{2 q}{j A v^{2}}}-\frac{c^{2}}{(\gamma-1) v^{2}}\right] .
\]
в) Сила тяги, развиваемая такой трубой, очевидно, равнз
\[
\begin{aligned}
F=r \cdot A & =A j\left(v^{\prime}-v\right)= \\
& =A j\left[\sqrt{\left(v+\frac{c^{2}}{(\gamma-1) v}\right)^{2}+\frac{2 q}{j A}}-\left(v+\frac{c^{2}}{(\gamma-1) v}\right)\right] .
\end{aligned}
\]
40.5. Основной характеристикой, определяющей достоинства двигателя, является его коэффициент полезного действия. Он равен отношению полезной мощности, развиваемой двигателем $\mathrm{K}$ полным энергетическим затратам. Если реактивный двигатель развивает силу тяги $F$ и летит со скоростью $v$, то, очевидно, полезная мощность, развиваемая им, равна $F v$. $\mathrm{C}$ другой стороны, полная затраченная энергия равна $q=G H$, где $G$ – расход горючего в единицу времени, а $H$ – теплотворная способность горючего. Отсюда
\[
\begin{aligned}
\text { К. п. д. } & =\frac{F v}{q}= \\
& =\frac{A j v}{q}\left[\sqrt{\left(v+\frac{c^{2}}{(\gamma-1) v}\right)^{2}+\frac{2 q}{j A}}-\left(v+\frac{c^{2}}{(\gamma-1) v}\right)\right] .
\end{aligned}
\]

Заметим, что в данной задаче, строго говоря, в законах сохранения следовало бы учитывать массу горючего, сжигаемого в двигателе и выбрасываемого с воздухом. Однако, поскольку расход горючего по условию задачи мал по сравнению с расходом воздуха, мы этим эффектом пренебрежем. При достаточно малых скоростях и величинах $q$ приведенное выше выражение для к.п.д. упрощается, если разложить подкоренное выражение по малой величине $q$. При этом оказывается, чток. П. д. двигателя не зависит от $q$ и определяется только скоростью полета:
\[
\text { К. п. д. } \approx \frac{v^{2}(\gamma-1)}{c^{2}} .
\]
Так как, согласно условию задачи, $A j=100 \kappa 2 / с е к$, $q=9,3 \cdot 10^{2}$ вт, $\gamma=9 / 7$ и, кроме того, при нормальных условиях $c=340$ м/сек, то, принимая скорость 0 равной обычной крейсерской скорости полета реактивных самолетов, т. е. примерно $800 \mathrm{Km} / ч а с$, находим
\[
\text { К. п. д. } \approx 10 \% .
\]

Заметим, что несмотря на то, что наши выражения в данной и предыдущей задачах остаются формально разумными при скоростях $v>c$, они на самом деле перестают быть справедливыми. При сверхзвуковых скоростях полета физическая картина работы двигателя усложияется необходимостью рассмотрения ударных волн, что выходит за рамки нашего анализа.
40.6. б) $y_{m}=e^{-1}=0,368$.
40.7.
\[
\begin{array}{c}
h_{\oplus}=8,8 \kappa \mathcal{\mu}, \\
h_{\odot}=113 \kappa .
\end{array}
\]

К главе 41. Броуновское двиэение
41.1. a) $T=11600^{\circ} \mathrm{K}$.
б) $T=0,0259 B$.
в) $\lambda=12395 \cdot 10^{-8}$ см или $1,24 \mu$,
41.2. a) $I=\frac{\hbar}{\pi^{2} c^{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{\omega^{3} d \omega}{e^{\hbar \omega / k T}-1}=\frac{\hbar}{\pi^{2} c^{2}}\left(\frac{k T}{\hbar}\right)^{4} \int_{0}^{\infty} \frac{x^{3} d x}{e^{x}-1} \sim T^{4}$.
б) Условие $d I / d \omega=0$ в переменной $x=\hbar \omega / k T$ выглядит следующим образом: $x=3\left(1-e^{-x}\right)$. Численное решение дает $x_{m}=2,822$. Следовательно, $\omega_{m}=2,822 k T / \hbar \sim T$.
41.3. Из условия к задаче 41.2 находим
\[
\frac{I_{1}}{I_{2}}=\frac{\exp \left(\hbar \omega / k T_{1}\right)-1}{\exp \left(\hbar \omega / k T_{2}\right)-1} .
\]

Так как заданиая длина волиы отвечает $\hbar \omega / k=4,64 \cdot 10^{4}$ ррад, то
\[
\frac{I_{1}}{I_{2}} \approx \exp \left[\frac{\hbar \omega}{k}\left(\frac{1}{T_{1}}-\frac{1}{T_{2}}\right)\right]=e^{11,6} .
\]

К главе 42. Применения кинетической теории
42.1. 1 эв/атом $=96520$ дж/е.моль.
42.3. $\Delta n / n=(W / k T)(\Delta W / W)$, где $\Delta W / W=3 \%$-относительная ошибка в определении теплоты возгонки. Следовательно, ошибка в $W / k T$ в 2,4 раза больше, т. е. почти $7 \%$.
42.4. При температурах $T<300^{\circ} \mathrm{C}$ наличие свободных электронов в $\mathrm{Si}$ объясняется ионизацией примесных центров. При $T>300^{\circ} \mathrm{C}$ наступает так называемая собственная проводимость: все примесные атомы уже ионизированы, а экспоненциональное падение сопротивления связано с отрывом электронов проводимости от атомов кремния. На этот отрыв требуется бо́льшая энергия, чем для отрыва электрона от примесного атома. С этим связан более крутой наклон кривой $\rho(1 / T) \sim \exp (-W / k T)$ при $T>300^{\circ} \mathrm{K}$.

К главе 43. Дифбфузия
43.1. Длина свободного пробега равна $l=1 / n \sigma_{c}$. Если молекулы рассматривать как твердые шарики, то $\sigma_{c}=\pi d^{2}$. Согласно закону идеального газа, число молекул в единице объема газа равно $n=P / k T$. Следовательно, $\quad l=k T / \pi P d^{2}$. Средняя скорость молекулы в идеальном газе $\bar{v}=(8 k T / \pi m)^{1 / 2}$. Поэтому $\tau=\sqrt{\pi m k T} / 2 \sqrt{2} \pi P d^{2}$. Отсюда при нормальных давлении и температуре
\[
l=1,4 \cdot 10^{-7} \mathrm{M}, \quad \tau=2 \cdot 10^{-10} \text { сек. }
\]
43.2. Вероятность того, что молекула пройдет путь $L$ без столкновения, равна $e^{-L / l}$. Из $N$ молекул путь $L$ пройдет без столкновения лишь $N e^{-L / l}$ молекул. Если, как это требуется в условии задачи, $N e^{-L l l}<\frac{1}{2}$, то $L>l \ln 2 N \approx 56 l$.
43.3. При решении задачи можно рассуждать так: для одной молекулы [в среднем на молекулы в газе приходится внутренняя энергия $U=k T /(\gamma-1)$ ] есть 6 равноправных направлений движения. Поэтому через выделенную плоскость, с одной стороны, будет проходить поток энергии, равный $Q_{+}=1 / 6 n \bar{v} U(-l)$, а с другой, $Q_{-}=1 / 6 \bar{v} U(l)$ ( $n-$ число молекул в единице объема, $\bar{v}$-средняя скорость молекулы в газе). Строгий расчет дает численный множитель $1 / 4$ вместо $1 /$. Однако для нашего приближенного качественно правильного рассмотрения это различие несущественно. Результирующий поток энергии через единицу поверхности плоскости равен
\[
\begin{aligned}
\frac{1}{A} \frac{d E}{d t}=Q=Q_{+} & -Q_{-}=\frac{1}{6} n \bar{v}[U(-l)-U(l)]= \\
& =\frac{n \bar{v} k}{6(\gamma-1)}[T(-l)-T(l)]=-\frac{\overline{n v} k}{6(\gamma-1)} \frac{d T}{d x} 2 l
\end{aligned}
\]

(рассматриваются молекулы, находящиеся на расстоянии $2 l$ влево и $+l$ вправо от выделенной плоскости).
Из того факта, что $Q=-K d T / d x$, следует.
\[
K=\frac{n \bar{v} k l}{3(\gamma-1)}=\frac{1}{3} C \bar{v} l,
\]

где $C=n k /(\gamma-1)$-теплоемкость единицы объема газа. Если гренебречь численным коэффициєнтом $1 / 3$, появившимся из-за приближенности расчета, то получим искомый результат.
43.4. Разделим газ плоскостью, перпендикулярной к оси $y$. Плотность потока частиц сверху вниз, обусловленного молекулами, находящимися на расстоянии $l$ от плоскости, равна $n v(l) / 4$ (см. решение к задаче 43.3). При этом плотность потока переносимого этими молекулами импульса примерно равна $(m n / 4) v^{2}(l)$. Соответственно плотность потока импульса снизу вверх равна $m n v^{2}(-l) / 4$. Результирующий поток импульса через единичную площадку плоскости, равный силе, действующей на эту площадку, запишется так:
\[
\begin{aligned}
F=\frac{m n}{4}\left[v^{2}(l)-v^{2}(-l)\right] & \approx \frac{m n}{4} 2 v(0) \frac{\partial v_{x}}{\partial y} \cdot 2 l=m n \bar{v} l \frac{\partial v_{x}}{\partial y} \Longrightarrow \\
& =\eta \frac{\partial v_{x}}{\partial y} .
\end{aligned}
\]

Нетрудно видеть, что из этого выражения следует искомый результат.
43.5. Рассуждая так же, как и при решении задачи 43.3, найдем результирующий поток энергии между заданными поверх. ностями
\[
\begin{aligned}
\frac{1}{A} \frac{d E}{d t}=Q=\frac{1}{6} \overline{n v} U(0)-\frac{1}{6} \overline{n v} U(D) & =\frac{1}{6} \frac{n \bar{v} k}{(\underline{\gamma-1)}}[T(0)-T(D)]= \\
& =\frac{n \bar{v} k}{6(\gamma-1)} \Delta T .
\end{aligned}
\]

При этом переносимый поток импульса
\[
\frac{F}{A}=\left.\frac{1}{6} n \bar{v} \vec{v} \bar{v}\right|_{v}-\left.\frac{1}{6} n \bar{v} m \bar{v}\right|_{v+\Delta v}=\frac{m n}{3} v \Delta v .
\]
43.6. Подвижность иона массы $m$ в газе определяется его средней скоростью $\bar{v}$ и длиной свободного пробега $l$ :
\[
\mu=\frac{l}{m v} \text {. }
\]

Если $n_{A}^{0}$ и $n_{B}^{0}$ – число молекул в единице объема исходных газов $A$ и $B$, то можно написать соотношения
\[
\frac{1}{\mu_{A}}=m \bar{v} \sigma_{A} n^{0}, \quad \frac{1}{\mu_{B}}=\dot{m} \bar{v} \sigma_{B} n_{B}^{0},
\]

где $\sigma_{A}$ и $\sigma_{B}$-полные сечения рассеяния иона на молекулах сорта $A$ и $B$. Плотности газов выражаются через массы составляющих его молекул формулами $\rho_{A}=m_{A} n_{A}^{0}$ и $\rho_{B}=m_{B} n_{B}^{0}$. В смеси газов, в единице объема которой содержится $n_{A}$ молекул сорта $A$ и $n_{B}$ молекул сорта $B$, величина, обратная длине свободного пробега иона, равна $1 / l=\sigma_{A} n_{A}+\sigma_{B} n_{B}$. В этом нетрудно убедиться, если рассуждать точно так же, как при выводе выражения для $l$ через полное сечение $\sigma$ и число молекул в единице объема $n$ в случае однокомпонентного газа. Поэтому подвижность иона в смеси газов равна
\[
\frac{1}{\mu}=m \bar{v}\left(\sigma_{A} n_{A}+\sigma_{B} n_{B}\right) .
\]

Плотность смеси газов равна $\rho=\rho_{A}+\rho_{B}=m_{A} n_{A}+m_{B} n_{B}=$ $=m_{A} n_{A}^{0}+m_{B} n_{B}^{0}$. Отсюда, положив $n_{A}=n_{A}^{0}$ и $n_{B}=n_{B}^{0}$, находим
\[
\frac{1}{\mu}=\frac{1}{\mu_{A}}+\frac{1}{\mu_{B}} .
\]

Следовательно,
\[
\mu=\frac{\mu_{A} \mu_{B}}{\mu_{A}+\mu_{B}} .
\]

К главе 44. Законы термодинамики
44.1. I. Процесс $A B$ протекает прн $V=$ const. В этом случае
\[
\begin{aligned}
\Delta S_{A B}=\int_{T_{A}}^{T_{B}} \frac{d Q}{T} & =\frac{k N}{(\gamma-1)} \int_{T_{A}}^{T_{B}} \frac{d T}{T}= \\
& =\frac{k N}{(\gamma-1)} \ln \frac{T_{B}}{T_{A}}=\frac{k N}{(\gamma-1)} \ln \frac{P_{B}}{P_{A}}=\Delta S_{D C} .
\end{aligned}
\]
II. Процесс $B C$ протекает прн $P=$ const.
\[
\Delta S_{B C}=\frac{k N \gamma}{\gamma-1} \ln \frac{T_{C}}{T_{B}}=\frac{k N \gamma}{\gamma-1} \ln \frac{V_{C}}{V_{B}}=\Delta S_{A D}
\]

a) Из пунктов I и II следует, что
\[
\begin{aligned}
\Delta S_{A B C}= & \Delta S_{A D C}=\frac{k N}{\gamma-1} \ln \frac{P_{B}}{P_{A}}+ \\
& +\frac{k N \gamma}{\gamma-1} \ln \frac{V_{C}}{V_{B}}=\frac{k N}{\gamma-1}\left[\ln \frac{P_{B}}{P_{A}}+\gamma \ln \frac{V_{C}}{V_{B}}\right] \Rightarrow \\
& =\frac{k N}{\gamma-1} \ln \frac{P_{C} V_{C}^{\gamma}}{P_{A} V_{A}^{\gamma}} .
\end{aligned}
\]
б) Так как, согласно условию задачи, $N=N_{\mathrm{AB}}$, то
\[
\Delta S_{A B C}=\Delta S_{A D C}=\frac{R}{\gamma-1} \ln \frac{P_{C} V_{C}^{\gamma}}{P_{A} V_{A}^{\gamma}}=30,7 \text { дж/ерад. }
\]
44.2. В силу закона идеального газа
\[
\begin{array}{l}
P_{a} V_{a}=N k T_{1}, \\
P_{c} V_{c}=N k T_{2},
\end{array}
\]

температуры $T_{1}$ и $T_{2}$ связаны соотношением
\[
T_{2}=\frac{T_{1} P_{c} V_{c}}{P_{a} V_{a}} .
\]

Изменение энтропии в изотермическом процессе равно
\[
\begin{aligned}
\Delta S_{A B}=\int_{A}^{B} \frac{d Q}{T} & =\int_{A}^{B} \frac{d U+P d V}{T_{1}}= \\
& =\frac{1}{T_{1}(\gamma-1)}\left[\int_{P_{A}}^{P_{B}} V d P+\gamma \int_{V_{A}}^{V_{B}} P d V\right]= \\
& =\frac{N k}{\gamma-1}\left[\int_{P_{A}}^{P_{B}} \frac{d P}{P}+\gamma \int_{V_{A}}^{V_{B}} \frac{d V}{V}\right]=N k \ln \frac{V_{B}}{V_{A}} .
\end{aligned}
\]
44.3. Для цикла Карно
\[
\text { К.п.д. }=\frac{T_{1}-T_{2}}{T_{1}}=\frac{873-293}{873}=66,3 \% .
\]
44.4. а) Из уравнения адиабаты в $V-T$ переменных (см. решение к задаче 39.1) следует, что
\[
\begin{array}{l}
V_{b}=V_{c}\left(\frac{T_{c}}{T_{b}}\right)^{1 /(\gamma-1)}=8,8 \Omega, \\
V_{d}=V_{a}\left(\frac{T_{a}}{T_{d}}\right)^{1 /(\gamma-1)}=12,3 \Omega .
\end{array}
\]
б) Согласно результату задачи 44.2, в изотермическом процессе
B)
\[
\Delta Q_{a b}=R T_{1} \ln \frac{V_{b}}{V_{a}}=2390 \partial ж .
\]
)
\[
\Delta Q_{c d}=R T_{2} \ln \frac{V_{d}}{V_{c}}=-910 \text { дж } .
\]
г)
\[
\text { К.п.д. }=\left(T_{2}-T_{1}\right) / T_{2}=25 \% \text {. }
\]
д)
\[
\begin{aligned}
\Delta S_{a b}=\Delta Q_{a b} / T_{1} & =6 \text { дж/град, } \Delta S_{c d}=\Delta Q_{c d} / T_{2}= \\
& =-3,1 \text { дж/град. }
\end{aligned}
\]
44.5. Так как процесс расширения является изотермическим, (см. решение задачи 44.2), то
\[
\Delta S=N k \ln \frac{V_{2}}{V_{1}}=N k \ln \frac{P_{1}}{P_{2}}=\frac{M}{\mu} R \ln \frac{P_{1}}{P_{2}},
\]

где $P_{1}$-начальное давление, $P_{2}$-давление атмосферы. Отсюда
\[
\frac{\Delta S}{M}=\frac{R}{\mu} \ln \frac{P_{1}}{P_{2}}=11 \cdot 10^{3} \text { дж } / \text { град.кә. }
\]

К главе 45. Примеры из термодинамики
45.1. Если через $R \odot$ обозначить радиус Солнца, то полная интенсивность излучаемой Солнцем энергии равна $4 \pi R_{\odot}^{2} \sigma T^{4}$. Из расстояния 1 A.E., равного расстоянию от Земли до Солнца $\left(L=1\right.$ A.E. $=1,5 \cdot 10^{11} M$ ), на площадь $\pi r^{2}(r-$ радиус медной сферы) будет попадать энергия, равная
\[
\pi r^{2} \frac{4 \pi R_{\odot}^{2} \sigma T^{4}}{4 \pi L^{2}}=\frac{\pi r^{2} R_{\odot}^{2} \sigma T^{4}}{L^{2}} .
\]

Так как $R \odot=L \alpha / 2$, где $\alpha$-угол, под которым виден диаметр Солнца с Земли, а интенсивность энергии, излучаемой медной сферой с температурой $T_{1}$, равна $4 \pi r^{2} \sigma T_{1}^{4}$, то из условия теплового баланса
\[
\frac{\pi}{4} r^{2} \alpha^{2} \sigma T^{4}=4 \pi r^{2} \sigma T_{1}^{4},
\]

находим
\[
T_{1}=\frac{T \sqrt{\alpha}}{2}=270^{\circ} \mathrm{K} .
\]
45.2. Максимальную температуру этой области Земли следует определить из условия $1395 \mathrm{gm} / \boldsymbol{M}^{2}=5,67 \cdot 10^{-8} \mathrm{Bm} / \boldsymbol{M}^{2} \cdot$ грады. $\mathrm{T}^{4}$, $T=122^{\circ} \mathrm{C}$.
45.3. Внутреннее тело излучает в единицу временн әнергию, равную $4 \pi r^{2} \sigma T^{4}$. (Эта энергия, конечно, поглощается оболочкой.) За это же время тело поглощает энергию $4 \pi r^{2} \sigma T_{1}^{4}$, излученную оболочкой. Таким образом, в единицу времени оболочка получает от внутреннего тела энергию, равную $4 \pi r^{2} \sigma\left(T^{4}-T_{1}^{4}\right)$. Из непрерывности потока энергии внутри и вне оболочкн найдем $T_{1}$ :
\[
4 \pi R^{2} \sigma T_{1}^{4}=4 \pi r^{2} \sigma\left(T^{4}-T_{1}^{4}\right) .
\]

Отсюда
\[
T_{1}^{4}=\frac{r^{2}}{r^{2}+R^{2}} T^{4} .
\]

Следовательно, отношение энергии, излучаемой оболочкой в единицу времени во внешнее пространство ( $\left.4 \pi R^{2} \sigma T_{1}^{4}\right)$, к интенсивности излучения энергии в отсутствие ее $\left(4 \pi r^{2} \sigma T^{4}\right)$, равно $R^{2} /\left(r^{2}+R^{2}\right)$. В столько же раз уменьшится скорость охлаждения тела.
45.4. Давление газа $P_{\mathrm{r}}=\rho R T / \mu=1,7 \cdot 10^{16}$ ньютон $/ \mathcal{M}^{2}$, радиационное давление $P_{\text {рад }}=4 / 3 \sigma T^{4} / c=7,2 \cdot 10^{14} \mathrm{ньютон} / \mathcal{M}^{2}$.
45.5. Согласно уравнению Клапейрона-Қлаузиуса,
\[
\frac{d T}{d P_{\text {nap }}}=\frac{T V_{G}}{L},
\]

где $V_{G}$-объем газа, $L$-скрытая теплота испарения массы воды $V_{G} / \rho_{G}$. Давление пара с высотой падает по закону $d P_{\text {пар }} / d z=-\rho g$ ( $\rho-$ плотность воздуха). Следовательно $\left(\rho=1,3 \kappa 2 / \boldsymbol{M}^{3}\right)$ :
\[
\frac{d T}{d z}=\frac{d T}{d P_{\text {nap }}} \frac{d P_{\text {nap }}}{d z}=-\frac{T V_{G} \rho g}{L}=3,1 \mathrm{\imath pa \partial / \kappa м.}
\]
45.6. Теплоемкость $C$ тела равна производной от сообщенного телу тепла $Q$ по температуре: $C=d Q / d T$. При постоянном давлении $d Q \Rightarrow d H$, т. е. сообщенное тепло равно изменению энтальпии. Поэтому $C_{p}=d H / d T$. При постоянном объеме $d Q=d U$, где $U$-внутренняя энергия тела. Следовательно, $C_{V}=d U / d T$. Энтальпия и внутренняя энергия связаны соотношением $H=U+P V$. Дифференцируя левую и правую части әтого соотношения по температуре, находим $C_{P}=C_{V}+(d / d T) P V$. Так как, согласнозакону идеального газа, $P V=R T$, то $C_{P}-C_{V}=R$.
45.7. Из уравнения Клапейрона-Клаузиуса $L=\Delta V T(d P / d T)$, где $\Delta V=V_{\text {пар }}-V_{\text {вода }}=V_{\text {пар }}=206$ м $^{3} / \kappa 2$. Из таблиц находим (dP/dT $=45 \mathrm{нbютон/M^{2 }} \cdot$ град. Отсюда $L=2,5 \cdot 10^{6}$ дж/кс (это значение для $L$ совпадает с табличным).
45.8. Когда абсолютно черное тело т. е. тело, поглощающее всю падающую на него энергию, находится в равновесии с излучением, то оно поглощает столько же энергии, сколько и испускает, т. е. $\sigma T^{4}$. Следовательно, поток энергии излучения на черное тело равен $\sigma T^{\mathbf{4}}$. Но такой же поток энергии будет падать и на единицу поверхности тела, находящегося в равновесии с излучением и поглощающего только долю $A$ полного излучения. Поскольку такое тело поглощает столько энергии, сколько и испускает, то излучаемая им әнергия равна $A \sigma T^{4}$. Если же тело не находится в равновесии с излучением, то испускаемая им плотность потока энергии по прежнему будет равна $A \sigma T^{4}$.
45.9. а) Если $L$-скрытая теплота плавления, то
\[
\frac{d P}{d T}=\frac{L}{T\left(V_{L}-V_{G}\right)},
\]

где $V_{L}$-объем 1 моля жидкости, $V_{G}$-объем 1 моля вещества в твердом состоянии (см. «Лекции», вып. 4, стр. 135). Так как $L>0$, то при $V_{G}>V_{L}$ (если вещество при замерзании расширяется) $d P / d T<0$, или $d T / d P<0$, т. е. температура замерзания должна понижаться с повышением давления.
б) Если пренебречь зависимостью величины $L$ от температуры и малой сжимаемостью жидкости и твердого тела (т. е. считать $V_{L}$ и $V_{O}$ не зависящими от давления), то уравнение Клапейрона-Клаузиуса можно проинтегрировать. Запнсав это уравнение в виде
\[
\frac{d T}{T}=\frac{V_{L}-V_{Q}}{L} d P_{i}
\]

найдем после интегрирования
\[
T=T_{0} e^{P}\left(V_{L}-V_{G}\right) / L,
\]

где $T_{0}$-постоянная интегрирования. Определим $T_{0}$ из условия, что при нормальном давлении $P_{0}=1$ атм температура таяния льда равна $0^{\circ} \mathrm{C}$, т. е. $273^{\circ} \mathrm{Ki}$
\[
T=273^{\circ} \mathrm{K} e^{\left(P-P_{0}\right)\left(V_{L}-V_{G}\right) / L} .
\]
Подсчитаем далее примерное давление $P$, которое оказывает лезвие конька на лед. Длина конька примерно равна 40 см, а ширина лезвия 2 м. . При этом площадь лезвия конька оказывается равной $8 \mathrm{~cm}^{2}$. Принимая средний вес человека равным $80 \kappa \Gamma$ и считая, что этот вес распределен по площади одного конька, находим $\Delta P=P-P_{0}=$ $=9 \cdot 10^{4} \kappa \Gamma / \mu^{2}=8,8 \mathrm{нbютон} / \mu^{2}$. Так как $\Delta V=V_{G}-V_{L}=$
\[
T \approx 273^{\circ} \mathrm{K}\left[1+\frac{\left(P-P_{0}\right)\left(V_{L}-V_{G}\right)}{L}\right],
\]

или
\[
t^{\circ} \mathrm{C}=-273 \frac{\Delta P \Delta V}{L}=-57^{\circ} \mathrm{C} \text {. }
\]

К главе 47. Звук. Волновое уравнение
47.1. Так как $\mu_{\mathrm{H}_{2}}=2, \mu_{\mathrm{He}}=4, \gamma_{\mathrm{He}}=5 / 3, \gamma_{\mathrm{H}_{2}}=7 / 5$, то
\[
\frac{C_{\mathrm{He}}}{C_{\mathrm{H}_{2}}}=\sqrt{\frac{\gamma_{\mathrm{He}} \mu_{\mathrm{H}_{2}}}{\gamma_{\mathrm{H}_{2}} \mu_{\mathrm{He}}}}=0,78 .
\]
47.2. Так как частота звука, издаваемого свистком, пропорциональна скорости звука (см. гл. 49 «Лекций», вып. 4), а последняя $\sim \sqrt{T}$, то искомая температура в шкале градусов Кельвина в 4 раза больше температуры жидкого воздуха, т. е. равна $372^{\circ} \mathrm{K}=99^{\circ} \mathrm{C}$.
47.3. Резонансная частота пропорциональна скорости звука (см. гл. 49 «Јекций», вып. 4). Поэтому при заполнении резонансных полостей гелием частоты увеличатся в
\[
\begin{array}{c}
\sqrt{\frac{\gamma_{\text {Не }} \mu_{\text {возд }}}{\gamma_{\text {возд }} \mu_{\mathrm{He}}}}=2,9 \text { раза } \\
\left(\gamma_{\mathrm{He}}=5 / 3, \quad \gamma_{\text {возд }}=7 / 5, \quad \mu_{\text {возд }}=29, \quad \mu_{\mathrm{He}}=4\right) .
\end{array}
\]
47.4. Изменение давления $\Delta P$ в звуковой волне связано с изменением плотности $\Delta \rho$ соотношением $\Delta P=c_{s}^{2} \Delta \rho$, где $c_{s}$-скорость звука.
a) $\Delta \rho_{m}=\frac{\Delta P_{m}}{c_{s}^{2}} \approx 10^{-8} \quad 2 / c M^{3}$.
б) В плоской волне $\Delta \rho=\Delta \rho_{m} e^{i k\left(x-c_{s} t\right)}$ и $\Delta \rho=-\rho_{0}(\partial \chi / \partial x)$, поэтому, учитывая, что $\rho_{0}=\gamma P / c_{s}^{2}$, находим
\[
\chi_{m}=\frac{\Delta \rho_{m}}{\rho_{0}} \frac{c_{s}}{\omega}=\frac{\Delta P_{m}}{\gamma P} \frac{c_{s}}{\omega}=25 \cdot 10^{-6} \mathrm{~cm} .
\]
47.5. Частоты колебания резины пропорциональны корню квадратному из отношения натяжения $T$ к линейной плотности $\sigma$ (см., например, решение к задаче 47.6) и обратно пропорциональны ее длине, т. е. $\omega \sim(1 / L) \sqrt{T / \sigma}$. Так как $T \sim L$, $\sigma \sim 1 / L$, то ясно, что частоты колебания такой резины не зависят от ее длины. Поэтому высота звука такой «струны» будет все время одинаковой. Иначе обстоит дело для скрипичной струны, поскольку для струны $\sigma=$ const и $L=$ const. Поэтому с увеличением натяжения струны звук получается более высокой частоты.
47.6. Рассмотрим участок струны длиной
\[
\Delta l=\sqrt{(d x)^{2}+(d y)^{2}}=d x \sqrt{1+\left(\frac{d y}{d x}\right)^{2}} \approx d x
\]

и напишем для него уравнение движения вдоль оси $y$. Очевидно, масса этого участка равна $\sigma d x$, а ускорение $d^{2} y / d t^{2}$. Равнодействующую сил, действующих на выделенный участок, найдем, спроектировав силы натяжения в точках $x$ и $x+d x$ на ось $y$. На концах отрезка эти проекции равны величине $T$, умноженной на синусы углов, которые составляют касательные к струне в этих точках с осью $x$. В силу малости углов синусы приближенно равны тангенсам этих углов, т. е. $d y / d x$. Следовательно, равнодействующая сила, действующая на участок струны и направленная в поперечном направленин, равна
\[
\left.T \frac{d y}{d x}\right|_{x+d x}-\left.T \frac{d y}{d x}\right|_{x}=T d x \cdot \frac{d^{2} y}{d x^{2}} .
\]

Уравнение движения для выделенного участка струны запишется в виде
\[
\sigma d x \frac{d^{2} y}{d t^{2}}=T d x \frac{d^{2} y}{d x^{2}} .
\]

Сокращая на $d x$ обе части получившегося уравнения и вводя обозначение $v^{2}=T / \sigma$, находим искомое волновое уравнение
\[
\frac{d^{2} y}{d x^{2}}=\frac{1}{v^{2}} \frac{d^{2} y}{d t^{2}} .
\]
47.7. Решение тривиально.
48.1. Согласно определению, $v_{\text {фаз }}=\omega / k$, где $k=2 \pi / \lambda$-волновой вектор. Так как, согласно условию задачи, $v_{\text {фаз }}=\sqrt{g / k}$, то $\omega=\sqrt{g k}$. Групповая скорость тогда равна
\[
v_{\mathrm{rp}}=\frac{\partial \omega}{\partial k}=\frac{1}{2} \sqrt{\frac{g}{k}}=\frac{1}{2} v_{\text {фаз }} .
\]

Если $\lambda=10^{3} \mu$, то $v_{\text {фаз }}=39,5 \mathrm{~m} /$ сек.
48.2. Для заданной волны $\omega=k v_{\text {фаз }}=\sqrt{g k+T k^{3} / \rho}$. Отсюда
\[
v_{\Gamma \rho}=\frac{\partial \omega}{\partial k}=\frac{\lambda\left(g+12 \pi^{2} T / \rho \lambda^{2}\right)}{4 \pi \sqrt{\lambda g / 2 \pi+2 \pi T / \lambda \rho}} .
\]
48.3. а) $v_{\text {фаз }}=\left(\frac{2 \pi T}{\lambda \rho}+\frac{g \lambda}{2 \pi}\right)^{1 / 2}=24,4$ см/сек.
б) $v_{\text {фаз }}=17,8 \mathrm{~cm} / \mathrm{cек}$.
48.4. Для искомой длины волны $d v_{\text {фаз }} / d \lambda=0$. Из этого уравнения следует
\[
-\frac{2 \pi T}{\rho \lambda^{2}}+\frac{g}{2 \pi}=0
\]

отсюда
\[
\lambda_{\mathrm{MHH}}=2 \pi \sqrt{\frac{T}{\rho g}}=1,5 \mathrm{~cm}
\]

и
\[
\omega_{\text {мин }}=\sqrt{\frac{4 \pi g}{\lambda_{\text {мин }}}}=90,6 \mathrm{ce}^{-1} .
\]
48.5. Частота звука, регистрируемая от какого-либо источника, согласно эффекту Допплера, зависит как от скорости источника звука, так и наблюдателя. Если наблюдатель покоится, а источник звука движется со скоростью $v$ к наблюдателю или от него (последнему случаю отвечает знак минус в приведенной ниже формуле), то частота регистрируемого звука равна
\[
\omega=\omega_{0}\left(1 \pm \frac{v}{c_{s}}\right)=\omega_{0} \pm \omega_{0} \frac{v}{c}=\omega_{0}+\Delta \omega,
\]

где $\omega_{0}$-частота звука, испускаемого покоящимся источником. Так как $\omega_{0}=340 \mathrm{zq}, c_{s}=340 \mathrm{~m} /$ сек, $v=5 \mathrm{~m} /$ сек, то $\Delta \omega=5$ гu.

Машинист движется вместе с источником звука. Поэтому он слышит звук частоты $\omega_{0}=340$ гц. Однако частота эхо, которое он слышит, равна 350 гц. Действительно, на скалу упадет звук, испущенный движущимся к скале источником.

Частота его равна $\omega_{0}+\Delta \omega$. Как нзвестно, при отражении частота не меняется. Еслн учесть, что машинист движется к скале со скоростью $v$, то частота вернувшегося к нему эхо будет равна $\omega_{0}+2 \Delta \omega$.

Человек, стоящий на земле около- последнего вагона, услышит гудок с частотой $\omega_{0}-\Delta \omega=3352 ц$, так как источник звука удаляется от него со скоростью $v$. Эхо, имеющее частоту звука, испущенного движущимся гудком, придет к человеку с частотой, равной $\omega_{0}+\Delta \omega=345 \mathrm{zq}$. Так как частоты гудка и эхо различаются, при их интерференции возникнут биения звука с частотой в 10 гц. Такие биения отметит и машинист, и человек, стоящий на земле возле последнего вагона.
$К$ главе 49. Собственные колебания
49.1. Обозначим через $x$ и $y$ смещения грузов $m_{1}$ и $m_{2}$. Очевидно, сила, действующая на массу $m_{1}$ со стороны левой пружины равна $-k_{1} x$, а со стороны правой равна $k(y-x)$. На массу $m_{2}$ слева действует сила $-k(y-x)$, а справа-сила, равная $-k_{2} y$. Тогда легко написать уравнения движения:
\[
\begin{array}{l}
m_{1} \ddot{x}=-k_{1} x+k(y-x), \\
m_{2} \ddot{y}=-k(y-x)-k_{2} y .
\end{array}
\]

С учетом того, что $k_{1} / m_{1}=k_{2} / m_{2}=\omega_{0}^{2}$, эту систему дифференциальных уравнений можно привести к виду
\[
\begin{array}{r}
\ddot{x}+\omega_{0}^{2} x=\frac{k}{m_{1}}(y-x), \\
\ddot{y}+\omega_{0}^{2} y=-\frac{k}{m_{2}}(y-x) .
\end{array}
\]
49.2. Будем искать решение полученной в предыдущей задаче системы уравнений в виде $x=A e^{i \omega t}$ и $y=B e^{i \omega t}$. Выполняя необходимые дифференцировання и сокращая уравнения на $e^{i \omega t}$, находим
\[
\begin{aligned}
\left(\omega^{2}-\omega_{0}^{2}-\frac{k}{m_{1}}\right) A+\frac{k}{m_{1}} B & =0, \\
\frac{k}{m_{2}} A+\left(\omega^{2}-\omega_{0}^{2}-\frac{k}{m_{2}}\right) B & =0 .
\end{aligned}
\]

Введя обозначение $\lambda=\omega^{2}-\omega_{0}^{2}$, запишем эту систему однородных уравнений в виде
\[
\begin{aligned}
\left(\lambda-\frac{k}{m_{1}}\right) A+\frac{k}{m_{1}} B & =0, \\
\frac{k}{m_{2}} A+\left(\lambda-\frac{k}{m_{2}}\right) B & =0 .
\end{aligned}
\]

Отличное от нуля решение этой системы существует только в том случае, если детерминант, составленный из коэффициентов этой системы уравнений, обращается в нуль, т. е. если
\[
\left|\begin{array}{cc}
\lambda-\frac{k}{m_{1}}, & \frac{k}{m_{1}} \\
\frac{k}{m_{2}}, & \lambda-\frac{k}{m_{2}}
\end{array}\right|=0 .
\]

Раскрыв определитель, получим квадратное уравнение, имеющее два вещественных решения $\lambda_{1}=0$ и $\lambda_{2}=k\left(m_{1}^{-1}+m_{2}^{-1}\right)$. Следовательно,
\[
\begin{array}{l}
\omega_{1}^{2}=\omega_{0}^{2}, \\
\omega_{2}^{2}=\omega_{0}^{2}+k\left(m_{1}^{-1}+m_{2}^{-1}\right) .
\end{array}
\]

Подставляя $\omega_{1}^{2}$ в систему уравнений, находим, что $A=B$. Для частоты $\omega_{2}$ получим
\[
B=-\frac{m_{1}}{m_{2}} A .
\]

Таким образом, произвольное решение уравнений движения имеет вид
\[
\begin{array}{l}
x=A_{1} e^{i \omega_{1} t}+A_{2} e^{i \omega_{2} t}, \\
y=A_{1} e^{i \omega_{1} t}-\frac{m_{1}}{m_{2}} A_{2} e^{i \omega_{2} t} .
\end{array}
\]

Отсюда видно, что линейные комбинации координат $x$ и $y$
\[
\xi=x-y, \quad \eta=\frac{m_{1} x+m_{2} y}{m_{1}+m_{2}}
\]

являются нормальными координатами системы, так как они удовлетворяют уравнениям
\[
\xi+\omega_{2}^{2} \xi=0
\]

и
\[
\ddot{\eta}+\omega_{1}^{2} \eta=0 \text {. }
\]
49.8. Решение тривиально.
49.4. Согласно условию задачи,
\[
\omega=\omega_{0} \sqrt{l^{2}+\frac{m^{2}}{4}+\frac{n^{2}}{9}},
\]

где $\omega_{0}=v \pi / a$. Наименьшая частота, очевидно, равна $\omega_{0} / 3$. Десять искомых частот, измеренных в единицах $\omega_{0} / 3$, равны $1 ; 1,665 ; 2,05 ; 2,22 ; 2,78 ; 3,33 ; 3,50 ; 3,76 ; 3,93 ; 4,04 ; 4,33$.
49.5. Пусть $f(x)$-функция, описывающая начальную форму оттянутой струны, а $T$ – полный период колебания. Представим себе начальную форму струны как суперпозицию двух горбов, описываемых функциями $f(x) / 2$, движущихся с одинаковой скоростью в противоположных направлениях. Тогда отражение каждого горба от соответствующего закрепленного конца струны можно описать так, как это изложено в §1 гл. 49 «Јекций» (вып. 4). Найденные таким построением положеиия струны в момент времени $t=0, T / 8, T / 4,3 T / 8$ и $T / 2$ изображены на рисунке.
$K$ главе 50. Гармоники
50.1. а) Так как, с одной стороны, $f(\pi / 2)=1$, а с другой,
\[
f(\pi / 2)=(4 / \pi)\left(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\ldots\right) \text {, то отсюда сле- }
\]

дует искомый ответ.
б) Воспользуемся «теоремой об энергии» [см. «Лекции», формула (50.23), вып. 4, стр. 213]. В рассматриваемом случае $T=2 \pi$. Следовательно,
\[
\int_{0}^{2 \pi} f^{2}(x) d x=2 \pi=\pi \cdot \frac{16}{\pi^{2}}\left(1+\frac{1}{9}+\frac{1}{25}+\ldots\right) .
\]

Разделив на численный множитель, стоящнй перед суммой ряда, получим требуемый результат.
в) Эту часть задачи можно решить по крайней мере двумя способами:
1. Сдвинем прямоугольную волну на $-\pi / 2$. Вычисляя коэффициенты фурье-разложения аналогично тому, как это было сделано в «Лекциях» (вып. 4, стр. 212), и используя «теорему об энергии», находим, что сумма квадратов обратных четных чисел равна $\pi^{2} / 24$ : Сумма квадратов обратных нечетных чисел найдена в пункте (б) задачи и равна $\pi^{2} / 8$. Складывая два ряда, находим, что сумма заданного ряда равна $\pi^{2} / 6$.
2. Второй способ решения. Обозначив через $\sum$ сумму данного ряда, перепишем ряд следующим образом:
\[
\begin{aligned}
\sum & =\left(1+\frac{1}{9}+\frac{1}{25}+\ldots\right)+\frac{1}{4}\left(1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\ldots\right)= \\
& =\left(1+\frac{1}{9}+\frac{1}{25}+\ldots\right)+\frac{1}{4} \Sigma .
\end{aligned}
\]

Так как $\left(1+\frac{1}{9}+\frac{1}{25}+\ldots\right)=\pi^{2} / 8$, то, определяя из получившегося выше уравнения $\Sigma$, находим
\[
\sum=\frac{4}{3}\left(1+\frac{1}{9}+\frac{1}{25}+\ldots\right)=\frac{4}{3} \frac{\pi^{2}}{8}=\frac{\pi^{2}}{6} .
\]
50.2. Заданная функция имеет вид
\[
g(x)=\left\{\begin{aligned}
\frac{x}{\pi}, & 0 \leqslant x \leqslant \pi, \\
\frac{2 \pi-x}{\pi}, & \pi \leqslant x \leqslant 2 \pi .
\end{aligned}\right.
\]

Согласно общей формуле фурье-разложения,
\[
g(x)=a_{0}+\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} \cos n x+\sum_{n=1}^{\infty} b_{n} \sin n x_{2}
\]

причем
\[
\begin{array}{l}
a_{0}=\frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi} g(x) d x=\frac{1}{2}, \\
a_{n}=\frac{1}{\pi} \int_{0}^{2 \pi} g(x) \cos n x d x=\frac{2}{\pi^{2} n^{2}}\left[(-1)^{n}-1\right], \\
b_{n}=\frac{1}{\pi} \int_{0}^{2 \pi} g(x) \sin n x d x=0 .
\end{array}
\]
Следовательно,
\[
g(x)=\frac{1}{2}-\frac{4}{\pi^{2}}\left(\cos x+\frac{1}{3^{2}} \cos 3 x+\frac{1}{5^{2}} \cos 5 x+\ldots\right) .
\]
50.3. а) Воспользуемся «теоремой об \”энергин» (см. «Лекции», вып. 4, стр. 213):
\[
\int_{0}^{T} f^{2}(t) d t=T a_{0}^{2}+\frac{T}{2} \sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}^{2}+b_{n}^{2}\right) .
\]

Учитывая, что в рассматриваемом случае $T=2 \pi, b_{n}=0$ и $\int_{0}^{2 \pi} f^{2}(x) d x=2 \pi / 3$, находим
\[
\frac{2 \pi}{3}=\frac{2 \pi}{4}+\pi \frac{16}{\pi^{4}}\left(1+\frac{1}{3^{4}}+\frac{1}{5^{4}}+\ldots\right) .
\]

Нетрудно видеть, что отсюда следует искомый ответ.
б) Рассмотрим ряд
\[
I=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{4}}=1+\frac{1}{2^{4}}+\frac{1}{3^{4}}+\frac{1}{4^{4}}+\ldots .
\]

Представим этот ряд в виде
\[
\begin{aligned}
I & =\left(1+\frac{1}{3^{4}}+\frac{1}{5^{4}}+\ldots\right)+\frac{1}{2^{4}}\left(1+\frac{1}{2^{4}}+\frac{1}{3^{4}}+\frac{1}{4^{4}}+\ldots\right)= \\
& =\left(1+\frac{1}{3^{4}}+\frac{1}{5^{4}}+\ldots\right)+\frac{I}{2^{4}} .
\end{aligned}
\]

Решая это простое уравнение, находим
\[
I=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{4}}=\frac{2^{4}}{2^{4}-1}\left(1+\frac{1}{3^{4}}+\frac{1}{5^{4}}+\ldots\right)=\frac{2^{4}}{\left(2^{4}-1\right)} \frac{\pi}{96}=\frac{\pi^{4}}{90} .
\]
50.4. Задача легко решается, если вспомнить, что при $q<1$
\[
\frac{1}{1-q}=1+q+q^{2}+\ldots .
\]

Следовательно,
\[
\frac{1}{1-e^{-x}}=1+e^{-x}+e^{-2 x}+\cdots
\]

Поэтому
\[
I=\int_{0}^{\infty} \frac{x^{3} d x}{e^{x}-1}=\int_{0}^{\infty} x^{3} e^{-x} d x\left(1+e^{-x}+e^{-2 x}+\ldots\right) .
\]
Если интегрировать почленно и в $n$-м члене ( $n$-любое) делать замену переменной интегрирования $u=n x$, то мы придем к результату
\[
I=\left(1+\frac{1}{2^{4}}+\frac{1}{3^{4}}+\frac{1}{4^{4}}+\ldots\right) \int_{0}^{\infty} u^{3} e^{-u} d u .
\]

Так как, согласно задаче 50.3, сумма ряда, стоящего перед интегралом, равна $\pi^{4} / 90$, а сам интеграл равен 6 , то отсюда следует искомый результат.
50.5. Заданная функция $h(x)$ на интервале $0 \leqslant x \leqslant 2 \pi$ имеет вид $h(x)=x / 2 \pi$. Определяя коэффициенты фурье-разложения, находим
\[
h(x)=\frac{1}{2}-\frac{1}{\pi} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n x}{n} .
\]
50.6. а) Так как $V(t)=V_{0} \sin \omega t$, то $T=2 \pi / \omega$ и
\[
\bar{V}=\frac{2}{T} \int_{0}^{T / 2} V_{0} \sin \omega t d t=\frac{2 V_{0}}{\pi} .
\]
б) Разложим функцию в ряд Фурье. Он имеет вид
\[
V(t)=a_{0}+\sum_{n=1}^{\infty} b_{n} \cos n \omega t,
\]

где
\[
\begin{array}{l}
a_{0}=\frac{1}{T} \int_{0}^{T} V(t) d t=\frac{2 V_{0}}{\pi}, \\
b_{n}=\frac{2}{T} \int_{0}^{T} V(t) \sin n \omega t d t .
\end{array}
\]

Амплитуда второй гармоники, т. е. $b_{2}$, равна
\[
b_{2}=\frac{2 V_{0}}{T} \int_{0}^{T}|\sin \omega t| \cos 2 \omega t d t=\frac{8 V_{0}}{3 \pi} .
\]
50.7. а) $V_{\text {вх }}(t)=V_{0} \sin \omega t$. Представляя $\sin ^{3} \omega t$ в виде
\[
\sin ^{3} \omega t=\frac{1}{4}(-\sin 3 \omega t+3 \sin \omega t),
\]

находим
\[
V_{\text {вых }}(t)=\left(V_{0}+\frac{3 e V_{0}^{3}}{4}\right) \sin \omega t-\frac{e V_{0}^{3}}{4} \sin 3 \omega t .
\]

Искажение волны, следовательно, сводится к измененню амплитуды основной гармоники и появлению третьей гармоники. Эффект выпрямления отсутствует.
б) Пусть $V_{\text {вх }}(t)=A \sin \omega_{1} t+B \sin \omega_{2} t$, причем $\omega_{1}
eq \omega_{2}$. Возведем это выражение в куб:
\[
\begin{aligned}
V_{\mathrm{BX}}^{3}(t)=A^{3} \sin ^{3} \omega_{1} t & +3 A^{2} B \sin ^{2} \omega_{1} t \sin \omega_{2} t+ \\
& +3 A B^{2} \sin \omega_{1} t \sin ^{2} \omega_{2} t+B^{3} \sin ^{3} \omega_{2} t .
\end{aligned}
\]

Члены, содержащие синусы в кубе, можно разложить по гармоникам, используя решение к пункту (a) этой задачи. Остальные члены разложим по синусам и косинусам. Например,
\[
\begin{array}{l}
\sin ^{2} \omega_{1} t \sin \omega_{2} t=\frac{1}{2}\left[\sin \omega_{2} t-\cos 2 \omega_{1} t \sin \omega_{2} t\right]= \\
=\frac{1}{2} \sin \omega_{2} t-\frac{1}{4} \sin \left(2 \omega_{1}+\omega_{2}\right) t-\frac{1}{4} \sin \left(\omega_{2}-2 \omega_{1}\right) t .
\end{array}
\]

Используя эти разложения, окончательно находим
\[
\begin{aligned}
V_{\text {вых }}(t)= & \left(A+\frac{3 e A^{3}}{4}+\frac{3 e A B^{2}}{2}\right) \sin \omega_{1} t+ \\
& +\left(B+\frac{3 e B^{3}}{4}+\frac{3 e A^{2} B}{4}\right) \sin \omega_{2} t-\frac{e A^{3}}{4} \sin 3 \omega_{1} t- \\
– & \frac{3 e A^{2} B}{4} \sin \left(2 \omega_{1}+\omega_{2}\right) t+\frac{3 e A^{2} B}{4} \sin \left(2 \omega_{1}-\omega_{2}\right) t- \\
& -\frac{3 e A B^{2}}{4} \sin \left(\omega_{1}+2 \omega_{2}\right) t-\frac{3 e A B^{2}}{4} \sin \left(\omega_{1}-2 \omega_{2}\right) t- \\
& \quad-\frac{e B^{3}}{4} \sin 3 \omega_{2} t .
\end{aligned}
\]

Таким образом, помимо изменения амплитуд колебания основных гармоник, кубическая нелинейность приводит к появлению новых колебаний с частотами $3 \omega_{1}$, $2 \omega_{1} \pm \omega_{2}, \omega_{1} \pm 2 \omega_{2}, 3 \omega_{2}$. Эффект выпрямления отсутствует.