Bạn có quen với khái niệm “quyền lực” không?

Kvant 1986, số 11 tr. 32, 33, 34, 35, 36, 38, 39 Thẻ AKJ0

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

Có thể tìm thấy một lực hấp dẫn bằng nhau tác dụng lên các mảnh vỏ đã nổ không?
Trong các thí nghiệm với bán cầu Magdeburg, mỗi bên có 8 con ngựa. Lực kéo có thay đổi không nếu một bán cầu được gắn vào bệ và 16 con ngựa được buộc ở phía bên kia?
Có thể tìm thấy sức mạnh tự nhiên?
Không cần nhắc nhở, một chiếc xe đẩy sẽ trượt xuống cầu trượt nhân tạo, hình dạng của cầu trượt này được hiển thị ở hình. Những tấm ván mạnh nhất nên được đặt ở đâu?
Cách xử lý là gì: giữ xe trượt ở độ dốc của đường trượt hay di chuyển đều lên trên?

$F = ma$

Rõ ràng, toàn bộ khó khăn của vật lý nằm ở việc nhận biết các lực của tự nhiên một cách năng động, và sau đó sử dụng các lực này để liên hệ với các hiện tượng khác…

“Khoa học toán học của vật lý tự nhiên”

Xe tải bắt đầu di chuyển. Lực nào tác dụng lên tải trọng đặt ở giữa cơ thể nó? Nó hướng tới đâu?
Hai lò xo giống hệt nhau từng tạo nên một cơ cấu cơ học, hoàn toàn không sử dụng khái niệm lực. Tuy nhiên, sự hình thành của nhựa đường phụ thuộc vào cơ chế cơ học phải được áp dụng để chịu được đinh. Họ sẽ khác nhau? Tại sao?

…được trao cho nhà vật lý người Đức G. Ghersi, ông đã có thể xây dựng cơ học mà không sử dụng hoàn toàn khái niệm lực. Tuy nhiên, sự hình thành của cây dương trong Cơ học không được giải quyết bằng cơ chế đã cho mà được thể hiện bằng một lực tác dụng lên cơ thể. Lực này làm cho vật chuyển động và chuyển động đó được biểu diễn bằng vectơ. Vectơ là một vectơ có độ lớn và hướng. Độ lớn của vectơ là lượng thay đổi về vị trí của cơ thể và hướng là hướng mà cơ thể chuyển động.

…nhà khoa học vĩ đại người Pháp R. Descartes (1596-1650) đề xuất rằng chỉ có những lực tác dụng ở đồng hồ một trăm giờ - lực tiếp xúc.

QUYỀN LỰC

Bạn có quen thuộc với khái niệm này không?

QUYỀN LỰC?

Những từ được đưa ra trong etraf chứa đựng một chương trình chỉ ra và truyền cảm hứng cho Newton và những người theo ông. Cơ học do Newton tạo ra là cơ sở cho hầu hết mọi ngành vật lý, và đối với hầu hết các lĩnh vực kỹ thuật, nó vẫn giữ vai trò này cho đến ngày nay.

Cơ học Newton dựa trên ba định luật ý nghĩa, trong đó có khái niệm chức năng của lực - thước đo sự tương tác của các vật thể vật chất. Đề nghị làng làm việc dựa trên điều dễ hiểu này, nhấn mạnh rằng các định luật Newton không tiết lộ nguồn gốc và tính chất của các lực, điều này giúp người ta có thể tưởng tượng hành vi của các vật thể dưới tác động của chúng.

“Lực và biến dạng”, “Về lực căng bề mặt” - 1983, số 12;
“Ma trận trường và lực từ” - 1984, số 3;
“Ăn số lượng vật lý như thế nào” - 1984, số 3;
“Định luật nào trong ba định luật Newton quan trọng hơn?” - 1985, số 1;
“ Nón ma sát ” - 1986, số 1;
“Điện trường” - 1986, số 5.

…, $f_n(\dot{x}) = f(f_{n-1}(x))$ ; tương tự, chúng tôi xác định $f_{-1}(x) = g(x)$ , …, $f_{-m-1}(x) = f_{-1}(f_{-m}(x))$ cho $m \geqslant 1$ .
Thay $f_{n-1}(x)$ thay vì $x$ vào điều kiện cho số nguyên $n$ bất kỳ, chúng ta thu được đẳng thức
$f_{n+1}(x) = f_n(x) + f_{n-1}(x).$
Công thức này cho phép chúng ta biểu thị $f_n(x)$ cho bất kỳ $n$ nào theo $x = f_0(x)$ và $y = f(x) = f_1(x)$ ; như được hiển thị ở lề,
$f_n(x) = a_n y + a_{n-1} x,$
trong đó chuỗi $a_n$ được đưa ra bởi sự tương ứng $a_{n+1} = a_n + a_{n-1}$ và “điều kiện ban đầu” $a_0 = 0$ , $a_1 = 1$ cho tất cả các mục tiêu $n$ (bây giờ chúng ta lại bỏ qua câu hỏi về miền định nghĩa $f_n$ cho $n < 0$ ). Dãy số $a_n$ được nhiều người biết đến: với $n \geqslant 1$ đây là những số Fibonacci đáng kể*); chúng ta chỉ cần biết rằng $|a_n|$ tăng không giới hạn ở $n \rightarrow \pm \infty$ (đối với $n > 0$ điều này là hiển nhiên; đối với $n < 0$ chỉ cần lưu ý rằng $a_n = (-1)^{n+1} a_{-n}$ và $|a_{-n}| = |a_n|$ là đủ).

Bằng cách suy ra Tính chất 3 ở trên, có thể xảy ra hai trường hợp: dấu $f(x)$ của tất cả $x$ trùng với dấu - $x$ hoặc - với dấu $x$ .

Trong trường hợp đầu tiên, $f_n(x)$ và $f_{n-1}(x)$ có dấu khác nhau đối với bất kỳ $x \neq 0$ nào, vì vậy đối với $n \geqslant 2$
$|f_{n+1}(x)| = |f_n(x) + f_{n-1}(x)| \leqslant \leqslant |f_n(x)| \leqslant \dots \leqslant |f_2(x)| = |f(x) + x| \leqslant |x|.$
Vì vậy, $|y + (a_{n-1}/a_n)x| \leqslant |x/a_n|$ . Vì vế phải của bất đẳng thức này có xu hướng bằng 0 khi $n \rightarrow \infty$ , nên dãy $a_{n-1}/a_n$ phải có giới hạn nào đó $\mu$ (bằng $y/x$ ); đồng thời $y = -\mu x$ .

Trong trường hợp thứ hai, $f_n(x)$ với mọi $n$ có cùng dấu (dấu $x$ ). Vì $f$ là hàm liên tục và $|f(f(x))| = |f(x) + x| \geqslant |x|$ , miền của $f$ hoặc miền của hàm nghịch đảo $f_{-1}$ đều là số thực và công thức của chúng tôi cho $f_n$ được xác định và hợp lệ cho tất cả $x$ và tất cả mục tiêu $n$ . Bây giờ với bất kỳ $n < 0$ nào chúng tôi có
$|f_n(x)| = |f_{n+1}(x) - f_{n-1}(x)| \leqslant |f_{n+1}(x)| \leqslant \dots \leqslant |f_{-1}(x)| \leqslant |x|,$
do đó $|y + (a_{n-1}/a_n)x| \leqslant |x/a_n|$ . Chuyển sang giới từ cho $n \rightarrow -\infty$ ở đây, chúng ta thu được, như trong trường hợp đầu tiên, rằng $y = \mu_1 x$ và $\mu_1 = -\lim_{n \rightarrow -\infty} (a_{n-1}/a_n)$ .

Lưu ý rằng $\mu_1 = \lim_{n \rightarrow \infty} (a_{n+1}/a_n) = \mu^{-1}$ ; như sau từ điểm a),
$\mu = (\sqrt{5} - 1)/2, \mu^{-1} = (\sqrt{5} + 1)/2.$

Những con số này cũng tham gia vào công thức chung của Binet cho các số Fibonacci, được đưa ra ở lề.

◆
Một quả bóng được bơm căng bằng không khí có khối lượng rất nhỏ nên ngay cả ở tốc độ khoảng vài m/s nó thực tế có thể được coi là

*) Ví dụ, cuốn sách “Những con số Fibonacci” của N. N. Vorobyov (M.: Nauka, 1978) được dành riêng cho họ.

tốc độ lớn ở độ cao H. Xác định quỹ đạo chuyển động đều của quả bóng.

Để trở nên không có khối lượng, áp suất không khí mạnh sẽ triệt tiêu ảnh hưởng của quán tính của quả bóng (ví dụ, hãy thử ném nó xa hơn một vài mét).

Do đó, theo định luật thứ hai của Newton, chúng ta thấy rằng tổng các lực tác dụng lên quả bóng bằng không. Trong quá trình chuyển động ổn định, vectơ vận tốc của quả bóng hướng theo phương ngang và nằm trong cùng mặt phẳng thẳng đứng với dây cáp, vì lực tác dụng lên không khí có hướng ngược với tốc độ và ngoài nó, chỉ có lực căng của dây cáp có hình chiếu nằm ngang. Cuối cùng, từ các thông điệp đối xứng, rõ ràng quỹ đạo ổn định của quả bóng là một hình tròn, bán kính của nó có thể được tìm thấy nếu chúng ta tính đến hình chiếu nằm ngang của sợi cáp tiếp tuyến với nó (tốc độ của quả bóng hướng dọc theo hình chiếu của sợi cáp). Sử dụng định lý Pythagore hai lần (xem hìnhok), ta thấy chiều dài hình chiếu của sợi dây là $l = \sqrt{L^2 - H^2}$ và bán kính của hình tròn mà quả bóng chuyển động là

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

D. Yu. Grigoriev

F1004. Một thanh đơn mỏng, có thể điều chỉnh tự do trong mặt phẳng thẳng đứng quanh trục nằm ngang đi qua đầu thanh, treo bất động trên mặt nước (hình 1); chiều dài của thanh $l$ , mật độ của vật liệu $\rho$ (ρ nhỏ hơn mật độ của nước $\rho_0$ ). Từ từ hạ trục xuống, thanh được đặt trong nước. Tìm mối liên hệ giữa góc lệch của thanh so với phương thẳng đứng và khoảng cách từ trục quay đến mặt nước; vẽ đồ thị mối quan hệ này.

Trong quá trình ngâm, có ba lực tác dụng lên thanh: trọng lực, lực Archimedes và phản lực từ trục. Trong quá trình ngâm chậm, ở bất kỳ giá trị khoảng cách $x$ nào từ trục đến mặt nước, thanh sẽ ở vị trí cân bằng.

Để làm điều kiện cân bằng, chúng ta sử dụng đẳng thức bằng 0 của tổng mômen của các lực đối với trục quay. Vì khoảnh khắc $M_A$ của lực Archimedes trước khi trục bắt đầu chìm ( $x > 0$ ) và sau đó ( $x < 0$ ) được biểu thị bằng các công thức khác nhau, nên các giai đoạn này cần được xem xét riêng.

I. $x > 0$ (xem hình 2). Momen trọng trường bằng

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

(S là diện tích mặt cắt ngang của thanh); Khoảnh khắc lực lượng của Archimedes -

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

Chúng ta sẽ coi mômen trọng trường là dương; thì mômen lực của Archimedes là âm (vì anh ta có xu hướng quay thanh theo hướng ngược lại). Khi đó điều kiện cân bằng sẽ được viết dưới dạng

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

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

Điều kiện này được thỏa mãn khi

sin α=0,
cos α=x/l/√(1-ρ/ρ₀).

Ý nghĩa vật lý trong các điều kiện được chỉ định trong nhiệm vụ có lời giải:

α=0 - tồn tại với mọi x ≥0,
α=arccos(x/l/√(1-ρ/ρ₀)) - tồn tại với l√(1-ρ/ρ₀) ≥x ≥0.

Chúng ta hãy xét tính ổn định của vị trí cân bằng thứ nhất α=0, tương ứng với vị trí thẳng đứng của thanh. Đối với một sai lệch nhỏ so với vị trí này (góc α nhỏ, do đó sin α≈α và cos α≈1) thì mô men của lực bằng
$M \approx \frac{1}{2} \rho Sl^2 g \alpha - \frac{1}{2} \rho_0 S (l^2 - x^2) g \alpha = \frac{1}{2} \rho_0 S g \alpha \left( x^2 - l^2 \left( 1 - \frac{\rho}{\rho_0} \right) \right).$

Khi x>l√(1-ρ/ρ₀) tác dụng mô men này, tức là nó làm thanh quay cùng hướng với mômen của lực hấp dẫn - các lực sẽ đưa thanh về vị trí cân bằng. Do đó, miễn là x>l√(1-ρ/ρ₀), trạng thái cân bằng ở α=0 sẽ ổn định. Tại thời điểm x<l√(1-ρ/ρ₀) M<0 - vị trí cân bằng α=0 trở nên mất ổn định. Rõ ràng là trong trường hợp này sẽ có một vị trí cân bằng ổn định (2)), vì sự tồn tại của một trạng thái cân bằng ổn định là rất khó xảy ra và không có vị trí cân bằng nào khác ngoại trừ 1) và 2).

Do đó, khi thanh chìm xuống, đầu tiên nó sẽ giữ nguyên ở vị trí thẳng đứng (α=0) cho đến x=l√(1-ρ/ρ₀), sau đó nó bắt đầu lệch từ vị trí thẳng đứng ( $\alpha = \arccos \frac{x}{l\sqrt{1-ρ/ρ_0}}$ ) sang vị trí nằm ngang tại x=0.

II. x<0 (hình 3). Sau khi nhúng trục vào, tổng mômen lực bằng
$M = \rho Slg \cdot \frac{l}{2} \sin (\pi - \alpha) - \rho_0 S \frac{x}{\cos (\pi - \alpha)} g \cdot \frac{x}{2} \mathrm{tg} (\pi - \alpha) = \rho_0 S g \sin \alpha \left( \frac{\rho}{\rho_0} l^2 - \frac{x^2}{\cos^2 \alpha} \right),$
và điều kiện M=0 có dạng
$\sin \alpha \left( \frac{\rho}{\rho_0} l^2 - \frac{x^2}{\cos^2 \alpha} \right) = 0.$

Một phân tích tương tự như phân tích được thực hiện ở trên (với x>0) cho thấy vị trí cân bằng ổn định sẽ là:
3) α=arccos x/l√(ρ/ρ) tại -l√(ρ/ρ)<x<0,
4) α=π với x<-l√(ρ/ρ).

Như vậy, sau khi nhúng trục vào, thanh

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

trong đó $r$ là điện trở của 1 ohm. Từ phương trình (1)–(3) ta thu được

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

Thay các điểm $I_2$ và $I_4$ vào (4) biểu diễn qua $I_1$ , ta được

$U = I_1 \cdot 4r.$

Mặt khác, điện trở $R$ của toàn mạch là

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

Kể từ đây,

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

từ đâu $R = \frac{8}{3} r = \frac{8}{3}$ Ohm.

S. S. Krotov

F1007. Một tia sáng chiếu vào một quả cầu gồm hai bán cầu được làm bằng thủy tinh có chiết suất $n_1$ và $n_2$ ( $n_1 > n_2$ ). Quả bóng bắt đầu quay với tốc độ tổ ong $\omega$ quanh một trục vuông góc với hướng của chùm tia (hình 1). Đặt độ lệch tối đa của điểm sáng trên màn hình được lắp ngay phía sau quả bóng.

Hình 1.

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

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

Vì chùm tia đi qua tâm quả bóng nên chùm tia không bị khúc xạ ở bề mặt quả bóng (ở lối vào và lối ra).

Trong thời gian $0 \leq t < \frac{\pi}{2\omega}$ chùm tia tới đi qua “nửa” đường đi đầu tiên của nó trong môi trường đậm đặc hơn về mặt quang học. Hơn nữa, trong khi góc quay $\Omega$ nhỏ hơn góc $\alpha_0$ của phản xạ toàn phần từ ranh giới khúc xạ - $\alpha_0 = \arcsin \frac{n_2}{n_1}$ , thì chùm tia khúc xạ ở ranh giới đó sẽ truyền vào môi trường kém chiết quang hơn (hình 2) và $\frac{\sin \alpha}{\sin \beta} = \frac{n_2}{n_1}$ . Với góc quay ngày càng tăng ở $\alpha \rightarrow \alpha_0$ , chùm tia khúc xạ bị “ép” vào ranh giới của môi trường, tức là $\beta \rightarrow \frac{\pi}{2}$ . Kể từ thời điểm $\Omega$ vượt qua giá trị $\alpha_0$ , tia bị phản xạ khỏi giao diện và thoát ra khỏi hiện tượng khúc xạ có chiết suất $n_1$ . Vì vậy, tại thời điểm $t = \frac{\alpha_0}{\omega}$ có một tia nhảy trên màn hình (hình 3, a).

Sau đó ( $\alpha_0 < t < \frac{\pi}{2\omega}$ ) $\alpha \rightarrow \frac{\pi}{2}$ , tức là chùm tia phản xạ bị “ép” vào ranh giới của môi trường (xem hình 3, b), tiến gần đến phương thẳng đứng.

Từ thời điểm ranh giới đi qua vị trí thẳng đứng ( $t = \frac{\pi}{2\omega}$ ), tia rơi vào môi trường chiết quang kém hơn, bị khúc xạ tại ranh giới và thoát ra khỏi môi trường đậm đặc hơn. Góc tới $\delta$ và góc khúc xạ $\gamma$ có liên hệ với nhau bởi hệ thức $\frac{\sin \delta}{\sin \gamma} = \frac{n_1}{n_2}$ . Khi ranh giới của phương tiện truyền thông đi qua phương thẳng đứng ( $\delta = \frac{\pi}{2}$ ) $\gamma_0 = \arcsin \frac{n_2}{n_1} = \alpha_0$ , sẽ có hiện tượng “nhảy” chùm tia trên màn hình (hình 4). Sau đó ( $\delta \rightarrow 0$ ), chùm tia được “ép” về mức pháp tuyến đến ranh giới của môi trường (hình 5), và ở $\delta = 0$ , nó đi qua hình cầu mà không bị khúc xạ.

Từ tính chất tương hỗ của các tia sáng, có thể thấy rõ đường đi của tia sáng sẽ thay đổi như thế nào khi tiếp tục

xoay ( $\pi < \Omega \leq 2\pi$ ; hình 6).

Có thể thấy từ hình, độ lệch tối đa của chùm tia tới màn hình không được xác định bởi góc

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

Tại $\alpha_0 \leq \frac{\pi}{4}$ ( $\frac{n_2}{n_1} \leq \sin \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ ) $2\varphi_0 \geq \frac{\pi}{2}$ - chùm tia trên màn hình “đi tới vô cực”.

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

Hình 6. a) $0 \leq \Omega < \pi$ ; b) $\pi < \Omega \leq 2\pi$ . (Các số tương ứng với các số hình.)

Gặp:
kim loại
thủy tinh

(Xem phần đầu ở trang 24)

Lưỡi dao cạo bền hoặc mũi khoan không mài mòn là những bước đầu tiên trên con đường này.

Không kém phần hứa hẹn là một đặc tính đáng chú ý khác của kim loại vô định hình - khả năng chống ăn mòn đặc biệt cao. Đối với một số loại kính, nó vượt quá điện trở của thép không gỉ. Mọi người đều biết rỉ sét là gì. Nhưng làm thế nào để giải quyết nó một cách hiệu quả lại là một câu hỏi khó hơn nhiều. Mười phòng thí nghiệm ở nhiều nước trên thế giới đang tham gia vào nó. Một lựa chọn khả thi lời giải là tạo ra những con voi mỏng vô định hình trên bề mặt kim loại. Việc bảo vệ như vậy ngày nay sẽ hiệu quả hơn nhiều nếu vecni, sơn, v.v. được sử dụng cho mục đích này. Đúng, việc tạo một lớp như vậy khó hơn nhiều. Khu vực này hiện đang được tích cực phát triển.

Rất có thể, các sản phẩm làm từ kim loại vô định hình dưới dạng đầu hoặc lưỡi từ tính sẽ sớm xuất hiện trong nhà của chúng ta. Cho đến nay, việc sử dụng rộng rãi chúng vẫn bị cản trở bởi thực tế là kim loại vô định hình được sản xuất ở dạng dải ruy băng mỏng chứ không phải ở dạng mẫu lớn. Những thứ đó đơn giản là không thể được làm mát ở tốc độ cần thiết. Nhưng nghiên cứu vẫn tiếp tục…