А так ли хорошо знакомо вам понятие «сила»?

32

1. Можно ли найти равно-действенный силу тяжести, действующих на осколки разорвашелого снаряда?
2. В опытах с магдебургскими полушарями с каждой стороны впрягали по 8 лошадей. Изменится ли сила тягги, если одно полушарие прикрепить к стете, а с другой стороны впрячь 16 лошадей?
3. Можно ли найти натуральную force?
4. С искусственной горки, профиль которого изображен на рисунке, не подсказывая, съездает тележка. В каком месте надо положить наиболее прочные доски?
5. Что лечение: удержать санки на склое горки или двигать их по нему равно-мерно вверх?

$$F = ma$$

Все трудноность физики состоит, по-відимому, в том, чтобы по является динамическим расознать силы природы, а затем по этим силам обязанить остальные явления…

«Математическое наука натуральной физики»

33

6. Грузовик трогается с места. Какая сила действует на груз, поставленный в середину его кузо-ва? Куда она направлена?

7. Две одинаковые пружины один раз создают механизм построить механику, совершенное неиспользовуя понятие силы. Оdnako формировка осовины на站起来 механики на站起来 механики, которое необходимо приложить, чтобы выдержать гвозди. Различчатся ли они? Почему?

…выданоцемуся немецкой физику Г. Герси удалось построить механику, совершенное неиспользовуя понятие силы. Оdnako формировка осовины на站起来 Mechanics, which is not solved by the given mechanism, is represented by a force acting on the body. This force causes the body to move, and the movement is represented by a vector. The vector is a vector that has a magnitude and a direction. The magnitude of the vector is the amount of change in the position of the body, and the direction is the direction in which the body moves.

…великий французский ученый Р. Декарт (1596—1650) предложал, что существует только такие силы, которые действуют при стольнових часах — контактные силы.

СИЛА

А так ли хорошо знаком вам понятие

СИЛА?

В словах, приведенных в элитрафе, заключена программа, указывающая и входновливающая Ньютона и его последовательей. Механика, созданная Ньютоном, была основой почти для всей физики влюблить до конца проилого строения, а для большинства областей технически эту роль она сохранила и до сих пор.

Ньютоновская механика базируется на трех значений законах, включающих функментальные понятие силы — меры взаимодействия материальных тел. Предлагая селодия паработать над этим понятным, подчеркием, что законы Ньютона не раскрывают происсхождение и свойства сил, что позволяет представить поведение тел под их действия.

1. «Сила и деформация», «О силах поверхностного натяжения» — 1983, № 12;
2. «Матрице поле и магнитные силы» — 1984, № 3;
3. «Как воедается физическая величины» — 1984, № 3;
4. «Какой из трех законов Ньютона вжнее?» — 1985, № 1;
5. «Конус трения» — 1986, № 1;
6. «Электрическое поле» — 1986, № 5.

34

…, $f_n(\dot{x}) = f(f_{n-1}(x))$; аналогично определим $f_{-1}(x) = g(x)$, …, $f_{-m-1}(x) = f_{-1}(f_{-m}(x))$ при $m \geqslant 1$.
Подставляя в условия $f_{n-1}(x)$ вместо $x$ при любом целом $n$, получим равенство
$$f_{n+1}(x) = f_n(x) + f_{n-1}(x).$$
Эта формула позволяет выразить $f_n(x)$ при любом $n$ через $x = f_0(x)$ и $y = f(x) = f_1(x)$; как показано на полях,
$$f_n(x) = a_n y + a_{n-1} x,$$
где последовательность $a_n$ задается соответствием $a_{n+1} = a_n + a_{n-1}$ и «начальными условиями» $a_0 = 0$, $a_1 = 1$ при всех целях $n$ (мы снова обходим пока вопрос об области определения $f_n$ при $n < 0$). Последовательность $a_n$ хорошо известна: при $n \geqslant 1$ это значенные числа Фибоначчи*); нам достаточно знать, что $|a_n|$ неограниченно возрастает при $n \rightarrow \pm \infty$ (при $n > 0$ это очевидно; при $n < 0$ достаточно заметить, что $a_n = (-1)^{n+1} a_{-n}$ и $|a_{-n}| = |a_n|$).

По выведениюomy выше свойству 3 возможны два случая: знак $f(x)$ либо всех $x$ совпадает со знаком — $x$, либо — со знаком $x$.

В первом случае $f_n(x)$ и $f_{n-1}(x)$ имеют при любом $x \neq 0$ разные знаки, поэтому для $n \geqslant 2$
$$|f_{n+1}(x)| = |f_n(x) + f_{n-1}(x)| \leqslant \leqslant |f_n(x)| \leqslant \dots \leqslant |f_2(x)| = |f(x) + x| \leqslant |x|.$$
Следовательно, $|y + (a_{n-1}/a_n)x| \leqslant |x/a_n|$. Поскольку права часть этого неравенства стремится к нулю при $n \rightarrow \infty$, последовательность $a_{n-1}/a_n$ должна иметь некоторый предел $\mu$ (равный — $y/x$); при этом $y = -\mu x$.

Во втором случае $f_n(x)$ при всех $n$ имеет один и тот же знак (знак $x$). Поскольку $f$ — непрерывная функция и $|f(f(x))| = |f(x) + x| \geqslant |x|$, область значений $f$ или области определения обратной функции $f_{-1}$ — это все действительные числа и наши формулы для $f_n$ определены и справедливны при всех $x$ и всех целях $n$. Тепер для любого $n < 0$ имеем
$$|f_n(x)| = |f_{n+1}(x) - f_{n-1}(x)| \leqslant |f_{n+1}(x)| \leqslant \dots \leqslant |f_{-1}(x)| \leqslant |x|,$$
следовательно, $|y + (a_{n-1}/a_n)x| \leqslant |x/a_n|$. Переходя здесь к предлу при $n \rightarrow -\infty$, получим, как и в первом случае, что $y = \mu_1 x$, причем $\mu_1 = -\lim_{n \rightarrow -\infty} (a_{n-1}/a_n)$.

Заметим, что $\mu_1 = \lim_{n \rightarrow \infty} (a_{n+1}/a_n) = \mu^{-1}$; как следует из пункта a),
$$\mu = (\sqrt{5} - 1)/2, \mu^{-1} = (\sqrt{5} + 1)/2.$$

Эти числа участвуют и в общей формуле Бинэ для чисел Фибоначчи, приведенной на полях.

◆
Надутий воздухом шарик имеет очень небольшую массу, поэтому уже при скорости движения порядка несколько м/с его практически можно считать

*) Им посвящена, например, книжка Н. Н. Воробьева «Числа Фибоначчи» (М.: Нauka, 1978).

35

великие скорость на высоте Н. Определенте траекторию установившегося движения шара.

тать безмассовым, сильное tremе о воздух подавляет влияние инерционности шарика (попробуйте, например, бросить его существенно дальше несколько метров).

Следовательно, из второго закона Ньютона получаем, что сумма сил, действующих на шар, равна нулю. При установившемся движении вектор скорости шара направлен горизонтально и лежит в одной вертикальной плоскости с тросом, поскольку сила tremе о воздух направлена противоложно скорости, и кроме нее горизонтально проекцию имеет лишь сила натяжения троса. Наконец, из сообщений симметрия ясно, что установившаяся траектория движения шара — окружность, радиус которого найти, если учеть, что горизонтальная проекция троса — касательная к ней (скорость шара направлена вдоль проекции троса). Дважды использует теорему Пифагора (см. рис.ок), находим, что длина проекции троса равна $l = \sqrt{L^2 - H^2}$ и радиус окружности, по которой движется шар,

$$r = \sqrt{R^2 - l^2} = \sqrt{R^2 - L^2 + H^2}.$$

Д. Ю. Григорьев

Ф1004. Тонкий одноподный стержень, который может свободно врачаться в вертикальной плоскости вокруг горизонтальной оси, проходящей через конец стержня, неподвижно висит над водой (рис. 1); длина стержня $l$, плотность материала $\rho$ (ρ меньше плотности воды $\rho_0$). Медленно опускаая ось, стержень подружают в воду. Найдите заисимость между углом отклонения стержня от вертикали и расстоянием от оси до поверхности воды; постройте график этой зависимости.

В процессе погружения на стержень действуют три силы: сила тяжести, сила Архимеда и сила реакции со стороны оси. При медленном погружении при любом значении расстояния $x$ от оси до поверхности воды стержень будет находиться в положении равновесия.

В качестве условия равновесия воспользовемся равенством нулю суммарного момента сил относительно оси вращения. Поскольку момент $M_A$ силы Архимеда до начала погружения оси ($x > 0$) и после него ($x < 0$) выражается разными формулами, следует рассмотреть эти стадии отдельно.

I. $x > 0$ (см. рис. 2). Moment силы тяжести равен

$$M_T = f_T \cdot d_T = \rho S l g \cdot \frac{l}{2} \sin \alpha = \frac{1}{2} \rho S l^2 g \sin \alpha$$

(S — площадь поперечного сечения стержня); момент силы Архимеда —

$$M_A = f_A \cdot d_A = \rho_0 S \left( l - \frac{x}{\cos \alpha} \right) g \cdot \frac{1}{2} \left( l + \frac{x}{\cos \alpha} \right) \sin \alpha = \frac{1}{2} \rho_0 S \left( l^2 - \frac{x^2}{\cos^2 \alpha} \right) g \sin \alpha.$$

Будем считать момент силы тяжести положительным; тогда момент силы Архимеда отрицательен (поскольку он стремится повернуть стержень в противоположном направлении). Тогда условие равновесия запишется в виде

$$M = M_T + M_A = \frac{1}{2} \rho S l^2 g \sin \alpha -$$

$$- \frac{1}{2} \rho_0 S \left( l^2 - \frac{x^2}{\cos^2 \alpha} \right) g \sin \alpha = 0 \Rightarrow \sin \alpha \left( \frac{x^2}{\cos^2 \alpha} - \left( 1 - \frac{\rho}{\rho_0} \right) l^2 \right) = 0.$$

36

Это условие выполняется при

1. sin α=0,
2. cos α=x/l/√(1-ρ/ρ₀).

Физический смысл при заданных в задание условиях имеет решение:

1. α=0 — существует при любых x≥0,
2. α=arccos(x/l/√(1-ρ/ρ₀)) — существует при l√(1-ρ/ρ₀)≥x≥0.

Исследуем на устойчивость первого положение равновесия α=0, соответствующей вертикальному положению стержня. При малом отклонении от этого положения (угол α мал, так что sin α≈α и cos α≈1) момент сил равен
$$M \approx \frac{1}{2} \rho Sl^2 g \alpha - \frac{1}{2} \rho_0 S (l^2 - x^2) g \alpha = \frac{1}{2} \rho_0 S g \alpha \left( x^2 - l^2 \left( 1 - \frac{\rho}{\rho_0} \right) \right).$$

При x>l√(1-ρ/ρ₀) этот момент положен, то есть поворачивает стержень в том же направлении, что и момент силы тяжестei, — силы возвратают стержень в положение равновесия. Следовательно, пока x>l√(1-ρ/ρ₀), равновесие при α=0 устойчиво. При x<l√(1-ρ/ρ₀) момент M<0 — положение равновесия α=0 становится неустойчивым. Ясно, что в этом случае будет устойчивое положение равновесия (2)), поскольку существование устойчивого равновесия оченьindo, а иных положений равновесия, кроме 1) и 2), нет.

Таким образом, по мере погружения стержень сначала будет оставаться в вертикальном положении (α=0) вплоть до x=l√(1-ρ/ρ₀), после чего начинает отклоняться от вертикали ($\alpha = \arccos \frac{x}{l\sqrt{1-ρ/ρ_0}}$) до горизонтального положения при x=0.

II. x<0 (рис. 3). После погружения оси суммарный момент сил равен
$$M = \rho Slg \cdot \frac{l}{2} \sin (\pi - \alpha) - \rho_0 S \frac{x}{\cos (\pi - \alpha)} g \cdot \frac{x}{2} \mathrm{tg} (\pi - \alpha) = \rho_0 S g \sin \alpha \left( \frac{\rho}{\rho_0} l^2 - \frac{x^2}{\cos^2 \alpha} \right),$$
и условие M=0 принимает вид
$$\sin \alpha \left( \frac{\rho}{\rho_0} l^2 - \frac{x^2}{\cos^2 \alpha} \right) = 0.$$

Анализ, аналогичный проведенному выше (для x>0), показывает, что устойчивыми положениями равновесия будут:
3) α=arccos x/l√(ρ/ρ) при -l√(ρ/ρ)<x<0,
4) α=π при x<-l√(ρ/ρ).

Таким образом, после погружения оси стержень

38

$$U = I_1 \cdot 1r + I_2 \cdot 3r + I_4 \cdot 2r,$$

где $r$ — сопротивление в 1 Ом. Из уравнения (1)—(3) получаем

$$I_2 = \frac{1}{2} I_1, I_3 = \frac{1}{4} I_1, I_4 = \frac{3}{4} I_1.$$

Подставив в (4) точки $I_2$ и $I_4$, выраженные через $I_1$, получим

$$U = I_1 \cdot 4r.$$

С другой стороны, сопротивление $R$ всея схемы равно

$$R = \frac{U}{I_1 + I_2} = \frac{U}{I_1 + I_1/2} = \frac{2}{3} \frac{U}{I_1}.$$

Следовательно,

$$\frac{3}{2} I_1 R = I_1 \cdot 4r,$$

откуда $R = \frac{8}{3} r = \frac{8}{3}$ Ом.

С. С. Кротов

Ф1007. На шар, составленный из двух полушарий, которые сделаны из стекол с показателем преломления $n_1$ и $n_2$ ($n_1 > n_2$), падает луч света. Шар начинают вращать с ульювой скоростью $\omega$ вокруг оси, перпендикулярной направлению луча (рис. 1). Надите максимальное отклонение светового пята на экране, установленном непосредственно за шаром.

Рис. 1.

Рис. 2. $0 < \Omega < \alpha_0$; $\varphi = \beta - \alpha$.

Рис. 3. a) $\Omega = \alpha_0$; $\varphi = 2\varphi_0 = \pi - 2\alpha_0$; $\delta) \alpha_0 < \Omega < \frac{\pi}{2}$; $\alpha > \alpha_0 \rightarrow \frac{\pi}{2}$; $\varphi < 2\varphi_0 \rightarrow 0$.

Поскольку луч проходит через центр шара, на поверхности шара (на входе и на выходе) луч не преломляется.

В течение времени $0 \leq t < \frac{\pi}{2\omega}$ падающий луч первую «половину» пути проходит в оптически более плотной среде. При этом, пока угол поворота $\Omega$ меньше угла $\alpha_0$ полного внутреннего отражения от границы преломления — $\alpha_0 = \arcsin \frac{n_2}{n_1}$, — луч, преломляясь на границе, переходит в менее оптически плотную среду (рис. 2) и $\frac{\sin \alpha}{\sin \beta} = \frac{n_2}{n_1}$. С ростом угла поворота при $\alpha \rightarrow \alpha_0$ преломленный луч «прижимается» к границе сред, то есть $\beta \rightarrow \frac{\pi}{2}$. С того момента, когда $\Omega$ проходит значение $\alpha_0$, луч отражается от границы раздела и выходит из преломления с показателем преломления $n_1$. Так что в момент $t = \frac{\alpha_0}{\omega}$ проходит скачок луча на экране (рис. 3, a).

В дальнейшем ($\alpha_0 < t < \frac{\pi}{2\omega}$) $\alpha \rightarrow \frac{\pi}{2}$, то есть отраженный луч «прижимается» к границе сред (см. рис. 3, б), которая приближается к вертикали.

С того момента, когда граница проходит вертикальное положение ($t = \frac{\pi}{2\omega}$), луч падает в оптически менее плотную среду, преломляется на границе и выходит из более плотной среды. Угол падения $\delta$ и угол преломления $\gamma$ связаны соотношением $\frac{\sin \delta}{\sin \gamma} = \frac{n_1}{n_2}$. При переходе границы сред через вертикаль ($\delta = \frac{\pi}{2}$) $\gamma_0 = \arcsin \frac{n_2}{n_1} = \alpha_0$ — проходит «скачок» луча на экране (рис. 4). В дальнейшем ($\delta \rightarrow 0$) луч «прижимается» к нормали к границе сред (рис. 5), и при $\delta = 0$ проходит через сферу без преломления.

Из свойства обратности световых лучей ясно, как будет менять ход луча при дальнейшем

39

поворте ($\pi < \Omega \leq 2\pi$; рис. 6).

Как видно из рисунков, максимальное отклонение луча на экран не определяется углом

$$2\varphi_0 = \pi - 2\alpha_0 = \pi - 2\arcsin \frac{n_2}{n_1}.$$

При $\alpha_0 \leq \frac{\pi}{4}$ ($\frac{n_2}{n_1} \leq \sin \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$) $2\varphi_0 \geq \frac{\pi}{2}$ — луч на экран «уходит на бесконечность».

Рис. 5. $\frac{\pi}{2} < \Omega < \pi$;
$\delta (< \frac{\pi}{2}) \rightarrow 0$, $\varphi(< \varphi_0) \rightarrow 0$.

Рис. 6. a) $0 \leq \Omega < \pi$; б) $\pi < \Omega \leq 2\pi$. (Цифры соответствуют номерам рисунков.)

Знакомьте:
metаллическое
стекло

(Начало см. на c. 24)

Нетупащиеся лезвия бритв или не знающие износа наконецки буров — таковые первыые шаги на этом пути.

Не менее перспективным представляется и другие замечательное свойство аморфного металла — исключительно высокая коррозионная стойкость. У некоторых стекол она преосходит стойкость нержавеющей стали. Что такое ржавчина — знают, называющееное, все. А вот как с ней эффективно бороться — куда более трудный вопрос. Им заняты десяти лабораторий многих стран мира. Один из возможных вариантов решения — создать на металлической поверхности тонкие аморфные слоны. Такая защита будет намного эффективней использовать сегодня для этой цели лаков, красок и т. д. Правда, и создать такой слой намного труднее. В настоящее время это направление активно разработывается.

Вероятно, очень скоро изделия из аморфного металла в виде магнитных головок или лезвий появятся в наших домах. Пока их широкое распространение сдерживает тем, что аморфный металл производится в виде тонкой ленты, а не массивных образцов. Те просто не удается охладить с нужной скоростью. Но исследования продолжаются…