\title{Методические указания. Механика}
\maketitle

\tableofcontents

\chapter{Механика}
\section{Кинематика}
\subsection{Время и расстояние}
Основная единица времени -- \textbf{секунда}. В эталонных
часах, \index{часы!атомные} 
использующих излучение атомов цезия,
секунда\index{секунда!определение!современное} определяется как 9192631770
периодов колебаний излучения. Предыдущее астрономическое определение секунды
(1/86400 доля суток) очень близко к современному, но неудобно для
использования, так как длительность суток изменяется из-за неравномерности
вращения Земли. Сейчас дважды в год астрономическое время корректируется по
атомным часам: добавляется недостающая или вычитается лишняя секунда.

На Генеральной конференции мер и весов в 1983 году метр определен как
расстояние, которое свет проходит за 1/299792458 долю
секунды\index{метр!определение!современное}. В пределах точности это
определение совпадает с более ранним (эталонная " линейка").

\subsection{Системы отсчета. Координаты}


\ephyspicture{1_09}{2.6in}{f:1_09}
%\begin{floatingfigure}{2.6in} \noindent \hfill
%\includegraphics[bb=0 0 2.517in 2.383in]{pictexam/1_09.eps}
%\caption{}  \label{f:1_09} %\refstepcounter{figure}
%\end{floatingfigure}
Чтобы описать движение, нужно указывать положение тел. Проще всего это сделать
для тел малых размеров. Тела, размерами которых при описании движения можно
пренебречь, называют \textbf{материальными точками}.

Для указания положения и описания движения тел и частиц специально выбирают
одно из тел. Его называют \textbf{телом отсчета}\index{тело отсчета}. Все
измерения проводятся от выбранного тела отсчета.

\textbf{Декартовы координаты}. На плоскости из выбранного начала отсчета  O
проводятся под прямым углом две \textbf{координатные оси} X и Y
(рис.~\ref{f:1_09}). Из интересующей нас точки опускаются перпендикуляры на оси
и
прочитываются на них координаты %\index{координаты!на плоскости} 
 $ x $ и $\; y\, $. 
Координаты точки принято записывать в круглых скобках числами через
запятую: $(x,y)$.
%($\; x, y\, $).

Расстояние  $ r\ $  
 от начала отсчета до частицы определяется из теоремы
Пифагора:
$$ r = \sqrt{x^2 + y^2}\;   .$$
При координатах  двух  точек  ($\; x_1, y_1\, $) и ($\; x_2, y_2\, $)
расстояние между ними
$$r_{12} = \sqrt{(x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2}\; .$$
Отношение координат  $\; y/x\, $  дает тангенс угла, под которым видна точка
из начала отсчета  O  по отношению к оси  X  (рис. \ref{f:1_09}):
$$    \mbox{tg}\varphi  = y/x \;.$$

\ephyspicture{1_15}{2.2in}{f:1_15}
%\begin{floatingfigure}{2.2in} \noindent \hfill
%\includegraphics[bb=0 0 2.177in 1.967in]{pictexam/1_15.eps}
%\caption{}  \label{f:1_15} %\refstepcounter{figure}
%\end{floatingfigure}
Числа $r\,,\;\varphi$ -- это \textbf{полярные координаты} точки. В физике
удобнее работать с углами не в градусной, а в \textbf{радианной мере}. Из
вершины угла описывают окружность и задают величину угла отношением длины
отсекаемой дуги к радиусу (рис. \ref{f:1_15}):
$$ \varphi  = s/r \;.$$
Другими словами, угол в радианной мере -- это число, показывающее, во сколько
раз дуга длиннее радиуса: $\;s = \varphi r\,$.

\textbf{В пространстве} из начала отсчета выходят три взаимно перпендикулярных
координатных оси X, Y и Z. Через точку проводятся три плоскости,
перпендикулярные осям.  Их пересечения с осями и задают
координаты\index{координаты!в пространстве} частицы ($\; x, y, z\, $).

Расстояние от начала координат до выбранной точки дается выражением
$$r = \sqrt{x^2 + y^2 +z^2}\; .$$
Расстояние между двумя точками в пространстве  определяется формулой:
$$ r_{12} = \sqrt{(x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2+
(z_2 - z_1)^2}\; .$$


\subsection{Векторы}

\ephyspicture{1_17}{1.8in}{f:1_17}
%\begin{floatingfigure}{1.8in} \noindent \hfill
%\includegraphics[bb=0 0 1.787in 1.01in]{pictexam/1_17.eps}
%\caption{}  \label{f:1_17} %\refstepcounter{figure}
%\end{floatingfigure}
Положение точки можно задать и направленным отрезком (вектором)\index{вектор}.
\textbf{Радиус-вектор}\index{радиус-вектор} частицы проводится из начала
координат в точку M, где находится частица. Радиус-вектор $\;\vec{r}\, $
указывает, в каком направлении и на каком расстоянии от начала отсчета
находится точка. Векторы при записи выделяются стрелкой сверху или черточкой
(в книгах -- жирным шрифтом: $\vec{r}\equiv\Vec{r}$).

Если частица перешла из точки A в точку B, то изменение ее положения
называется \textbf{перемещением}\index{вектор!перемещения} и описывается
направленным отрезком $\; \Vec{ l} = \Vec{AB}\, $ (рис. \ref{f:1_17}). Частица
не обязательно двигалась от A к B по прямой. При любых промежуточных этапах
перемещение от начальной точки A до конечной точки B однозначно задается
вектором\index{перемещениe} $\; \Vec{AB}\, $.


Результат последовательных перемещений, переводящих частицу из точки A в точку
B, а затем в точку C, таков же, как и одного перемещения из точки A сразу в C.
Значит, векторы перемещения можно складывать:
$$ \Vec{AC} = \Vec{AB} + \Vec{BC}\; .$$

\ephyspicture{1_21}{2.1in}{f:1_21}
%\begin{floatingfigure}{2.1in} \noindent \hfill
%\includegraphics[bb=0 0 2.047in 1.86in]{pictexam/1_21.eps}
%\caption{}  \label{f:1_21} %\refstepcounter{figure}
%\end{floatingfigure}
Чтобы сложить два вектора, в конец первого слагаемого $\; \Vec{AB}\, $
переносим начало второго слагаемого $\; \Vec{ BC}\, $. Замыкающая стрелка от
начала первого к концу второго вектора дает сумму $\; \Vec{AC}\,
$\index{векторы!сложение}. Такое правило сложения векторов называется
\textbf{правилом треугольника}\index{векторы!сложение!правило треугольника}.
Складывать можно не только перемещения, но и любые другие векторы (скорости,
силы...) Правило сложения обобщается на случай любого числа слагаемых: они
выстраиваются в ломаную линию, каждое последующее слагаемое откладывается от
конца предыдущего. Вектор, проведенный из начала в конец этой ломаной линии,
дает сумму (рис. \ref{f:1_21})\index{векторы!сложение}.

Вектор $\; \Vec{-l}\, $ противоположен по направлению вектору $\; \Vec{l}\, $.
\textbf{Разность} векторов $\; \Vec{l}_2 - \Vec{l}_1\, $ определяется как
сумма $\; \Vec{l}_2$ и $\; -\Vec{l}_1$:
$$ \Vec{l}_2 - \Vec{l}_1 = \Vec{l}_2 + (-\Vec{l}_1)\; ,$$
то есть, чтобы вычесть вектор, прибавляем его с противоположным знаком.

\subsection{Прямолинейное движение. Скорость. Ускорение}
Простейшее движение --  вдоль  прямой.  При  этом  изменяется координата  тела
$x$  в  зависимости  от  времени $t$, что записывается кратко в виде:
\[x = x(t)\,.\]
\textbf{Средней скоростью} на промежутке времени от $t_1$ до $t_2$ называется
отношение перемещения к интервалу времени:
\begin{equation}\label{vaver}
 \langle v \rangle =
\frac {x(t_2)-x(t_1)}{t_2-t_1}\;, \mbox{ или } \frac{x_2-x_1}{t_2-t_1}\,,\;
\mbox{ или }\;
 \frac{\Delta x}{\Delta t}\;.
\end{equation}
При стремлении интервала времени и перемещения к нулю в пределе получается
мгновенная скорость:
\begin{equation}\label{vinst2}
   v(t)  =
\lim_{\Delta t \rightarrow 0} \left( \frac {x(t+\Delta t)-x(t)}{\Delta
t}\right) =\lim_{\Delta t \rightarrow 0}\left( \frac {\Delta x}{\Delta
t}\right)\;.
\end{equation}
Здесь $\lim$ обозначает предел (сокращенное limit) выражения в  скобках при
$\; \Delta t \, $, стремящемся к нулю.

Более компактно мгновенную скорость принято записывать так:

\begin{equation}
v(t)=\frac{dx}{dt}
\label{vdiff}
\end{equation}
%\end{equation}

Обозначения $\; dx \, $ и $\; dt \, $  можно понимать как бесконечно малые
изменения координаты и времени. Операция (\ref{vdiff}), или, что то же,
(\ref{vinst2}), называется вычислением \textbf{производной} $\; v(t)  \,  $
для функции $\; x(t) \, $, или \textbf{дифференцированием} координаты по
времени. Малые приращения $\; dx \, $ и $\;  dt \,  $ называют
\textbf{дифференциалами} (от иностранного слова difference).

\textbf{Ускорение} -- это скорость изменения скорости:
\begin{equation}\label{adiff}
 a(t) = \frac {dv}{dt} \qquad
\mbox{ или } \qquad a(t) = \frac {d^2x}{dt^2} \;.
\end{equation}
От  координаты  получается  вторая  производная (производная   от
производной).

\subsection{Пример -- квадратичная зависимость}
Пусть $\;  x = k\cdot t^2 \, $, \label{p:quadratic} где  $\; k\, $ --
постоянный коэффициент. Тогда, опуская знак предела везде, кроме последнего
равенства, получим
$$ v(t) = \frac {x(t+\Delta t)-x(t)}{\Delta t} =
\frac  {k\cdot (t+\Delta t)^2-k\cdot t^2}{\Delta t} = \frac {2kt\Delta
t+k\Delta t^2}{\Delta t} = \lim_{\Delta t \rightarrow 0}(2kt+k\Delta t)\;. $$
Теперь устремляем $\; \Delta t \, $ к нулю:
\[v(t) = 2kt  \,.\]
Выражение уже не содержит никакого интервала и зависит  только  от одного
времени $\;  t \, $. Это и есть мгновенная скорость для данной зависимости
$x(t)$. Заметим, что сначала надо вычислить и  по возможности упростить
выражение, а уж потом переходить к пределу. Если, наоборот, сразу положить $\;
\Delta t = 0 \, $, получится неопределенность 0/0.

Ускорение в этом примере
\[a =  \frac {v(t+\Delta t)-v(t)}{\Delta t} = \frac{2k(t+\Delta t) - 2kt}{\Delta t}
= 2k \, ,\]
то есть постоянно.

\subsection{Правила дифференцирования}
Производная от постоянной величины равна нулю: $\displaystyle \frac
{dC}{dt}=0$.\\
Производная суммы функций равна сумме производных: $\displaystyle \frac
{d}{dt}(f+g)=\frac{df}{dt}+\frac{dg}{dt}$.\\
Производная произведения: $\displaystyle \frac {d}{dt}(fg) = f\cdot \frac
{dg}{dt} + g\cdot \frac {df}{dt} \;.$ \\
В частности, для произведения функции на постоянную величину $\displaystyle
\frac {d}{dt}(Cf) = C \frac{df}{dt}\;.$ \\
Производная частного: $\displaystyle \frac {d}{dt}\left(\frac{f}{g}\right) =
\frac{1}{g} \cdot\frac{df}{dt} - \frac{f}{g^2}\cdot \frac {dg}{dt} \;.$\\
Производная сложной функции: $\displaystyle \frac {d}{dt}f(g(t)) =
\frac{df}{dg} \cdot\frac{dg}{dt}\;.$\\
Производные от наиболее важных функций (величины $n\,,\omega\,,k$ постоянны):
\[\frac{d}{dt}t^{n} = nt^{n-1}\;.\]
\[\quad \frac {d}{dt} \sin(\omega t) = \omega \cdot \cos(\omega t)\;,
\quad \frac {d}{dt} \cos(\omega t) = - \omega \cdot \sin(\omega t)\;.\]
\[\quad \frac {d}{dt} \sin(\omega t) = \omega \cdot \cos(\omega t)\;,
\quad \frac {d}{dt} \cos(\omega t) = - \omega \cdot \sin(\omega t)\;.\]
\[\quad \frac {d}{dt} \exp(k t) = k \cdot \exp(k t)\;,
\quad \frac {d}{dt} \ln(k t) = \frac{1}{t}\;.\] Пользуясь таблицей и правилами
дифференцирования, можно найти производные от любой комбинации указанных
функций.

\subsection{Графическое представление движения}
\ephyspicture{1_42}{3.0in}{f:1_42}
%\begin{floatingfigure}{3.0in} \noindent \hfill
%\includegraphics[bb=0 0 2.943in 2.417in]{pictexam/1_42.eps}
%\caption{}  \label{f:1_42} %\refstepcounter{figure}
%\end{floatingfigure}
На рисунке \ref{f:1_42} приведен график зависимости положения частицы от
времени, то есть график функции  $\; x(t)\, $. Он гораздо нагляднее, чем
таблица или формула.

Видно, например, что на интервале времени от 1 до 3,5 с координата растет.
Значит, в течение этого промежутка частица удаляется от начала координат.
Затем виден участок (3,5 $\div $ 6 с), на котором координата постоянна.
Значит, на некоторое время частица остановилась. Уменьшение координаты
(участок 6 $\div $ 7 с) означает, что частица двинулась назад.

Геометрически мгновенная скорость -- это тангенс угла между
\textbf{касательной} к непрерывной кривой $\;  x(t)\, $  и осью  $\; t\, $.
Короче можно говорить просто <<наклон>> вместо <<тангенс угла наклона
касательной>>\index{скорость!как наклон графика $x(t)$}.

\subsection{Пример}
В момент времени $t=2$ с к графику проведена касательная. Измерив катеты
треугольника, изображенного на рисунке, получаем $\mbox{tg}\alpha = 1{,}9/2 =
0{,}95$ м/с.

Совершенно так же по графику скорости $\; v(t)\, $ находится ускорение. Наклон
касательной к графику скорости -- это и есть ускорение в данный момент
времени\index{ускорение!как наклон графика $v(t)$}.


\subsection{Движение в пространстве}
\subsubsection*{Основные формулы}
\textbf{Траектория} есть линия, описываемая частицей при движении в
пространстве. Ускорение частицы при движении по кривой траектории можно
разложить на две взаимно перпендикулярные компоненты:
\textbf{центростремительное} $a_c$ (перпендикулярное вектору скорости
$\Vec{V}$) и \textbf{тангенциальное} $a_\tau$ (параллельное скорости, и,
значит, траектории в данной точке). Выполняются равенства
\[ a_\tau = \frac{dV}{dt}\,,\quad a_c = \frac{V^2}{R}\,,\]
где $R$ -- \textbf{радиус кривизны} траектории в данной точке.

\subsection{Пример}
Определим радиус кривизны траектории тела, брошенного под углом $\alpha$ к
горизонту, в верхней и начальной точках. В верхней точке траектории скорость
равна $\; v_0\cos\alpha \, $  и направлена горизонтально (вертикальная
составляющая скорости обращается в нуль). Ускорение $\; g\, $ перпендикулярно
скорости, то есть в этой точке все ускорение -- чисто центростремительное.
Тогда можно записать: $\; g = (v_0\cos\alpha )^2/R\, $, откуда радиус кривизны
траектории:
$$R = \frac {(v_0\cos\alpha )^2}{g}\; .$$
В начальной точке центростремительная, перпендикулярная скорости составляющая
ускорения  $\; a_{\mbox{с}}= g\cos\alpha \, $, а скорость равна $\; v_0\, $.
Имеем: $\;  g\cos\alpha  = v^2_0/R_0\, $, и радиус кривизны
$$R_0 = \frac {v^2_0}{g\cos\alpha }\; .$$
Этот радиус больше $\; R\, $, то есть траектория в начальной точке менее
<<кривая>>. Тангенциальное ускорение в начальной точке $\; a_\tau  = -
g\sin\alpha \, $. Оно отрицательно, то есть величина скорости в этот момент
уменьшается.



\section{Динамика}

\subsection{Сила. Законы Ньютона}
\subsection*{Основные понятия и формулы}
Между физическими телами существуют взаимодействия, количественно
характеризуемые \textbf{силами}.

\textbf{Первый закон Ньютона}: в инерциальной системе отсчета тело, на которое
нет внешних воздействий, движется равномерно и прямолинейно (в частности,
может и покоиться).

\textbf{Второй закон Ньютона}:
\[m\Vec{a} = \Vec{F}\,.\]
Здесь $m$ -- масса тела, $\Vec{a}$ -- его ускорение, $\Vec{F}$ -- векторная
сумма сил, действующих на тело.

\textbf{Третий закон Ньютона}: при взаимодействии двух тел (допустим, 1 и 2)
силы их взаимодействия противоположны,
\[\Vec{F}_{12} = \Vec{F}_{21}\,.\]

Второй и третий законы Ньютона позволяют определять действующие силы по
известному движению. Так были найдены силы тяготения, упругости, трения и пр.
Полученные закономерности применяют для определения движения тел в новых
условиях.

\subsection{Пример -- силы взаимодействия}
\ephyspicture{2_05}{2.6in}{f:2_05}
%\begin{floatingfigure}{2.6in} \noindent \hfill
%\includegraphics[bb=0 0 2.563in 1.03in]{pictexam/2_05.eps}
%\caption{}  \label{f:2_05} %\refstepcounter{figure}
%\end{floatingfigure}
Пусть бруски масс $\; m_1 \, $ и $\; m_2\, $ соприкасаются, и первый брусок
толкают с заданной силой $\; F\, $ (рис. \ref{f:2_05}).


Тела, как известно из опыта, могут двигаться вместе, сохраняя соприкосновение.
Для такого движения найдем ускорение $\; a\, $, одинаковое для обоих тел. Из
второго закона Ньютона
\[(m_1 + m_2)a = F\,; \quad a = \frac{F}{m_1 + m_2}\;.\]

На тело $\; m_2\, $ действует пока неизвестная сила $\; F_{12}\, $ со стороны
первого. Записываем второй закон Ньютона:
$$m_2a = F_{12}\,; \quad F_{12} = \frac{m_2F}{m_1 + m_2}\;.$$
На тело $\; m_1\, $  действует известная сила $\; F\, $  и сила со стороны
второго тела $\; F_{21}\, $. Значит, равнодействующая сил, приложенных к $\;
m_1\, $, равна $\; F - F_{21}\, $. Тогда
$$m_1a = F - F_{21} \,; \quad F_{21} = F - m_1a = \frac{m_2F}{m_1 + m_2}\;.$$
По третьему закону Ньютона $\; \Vec{F}_{21} = - \Vec{F}_{12}\, $. Видим, что
это равенство выполняется: силы $F_{21}$ и $F_{12}$ одинаковы по величине и
направлены в противоположные стороны (см. рис. \ref{f:2_05}). При этом
совершенно не существенно, как взаимодействуют тела (сколько точек
соприкосновения, каковы упругие свойства материалов и т.д.). Все, что нам
понадобилось -- второй и третий законы Ньютона и тот опытный факт, что тела
могут ускоряться вместе, сохраняя соприкосновение. Тела могли бы быть склеены
или вообще быть частями единого тела.

\subsection{Пример -- силы при криволинейном движении}
Рассмотрим движение по окружности, когда известно центростремительное
ускорение тела. Пусть автомобиль с массой $\; m = 2000$ кг проезжает по
выпуклому мосту, имеющему радиус кривизны $\;  R = 40$ м, со скоростью $\;  v
= 36$ км/час (10 м/с). С какой силой автомобиль давит на мост в его середине?

Центростремительное ускорение $\; a = v^2/R = 10^2/40 = 2,5$ м/с$^2$. Вектор
ускорения направлен вниз. На автомобиль действует сила тяжести $\; mg\, $  и
сила со стороны моста (сила реакции) $\; N\, $. Из уравнения движения  $\; ma
= mg - N\, $, откуда $\; N = m(g - a) = 2000\cdot 7,5 = 15000$ Н. По третьему
закону Ньютона, автомобиль давит на мост с силой, противоположной $\; N\, $,
то есть равной по величине и направленной вниз. Заметим, что неподвижный
автомобиль давил бы с силой $\; mg = 20000$ Н, то есть заметно сильнее. Если
еще увеличить скорость, давление может уменьшиться до нуля. Отрицательным оно
не станет, так как автомобиль оторвется от моста.

\subsection{Пример -- задача о блоке}

Разберем задачу, которая позволяет понять, как следует применять законы
Ньютона. Пусть две массы $\; m_1\, $ и $\; m_2\, $ соединены невесомой
нерастяжимой нитью, перекинутой через неподвижный блок\index{блок!неподвижный}
(рис. \ref{f:2_10}). <<Неподвижный>> значит только, что \textbf{ось} блока
закреплена, но вращается на оси он свободно. Масса блока пренебрежимо мала.
Надо найти движение этой системы, то есть ускорения тел. Удобен стандартный
порядок решения задач:

1. Сначала \textbf{изображаются силы}, действующие на каждое тело. В данном
случае на $\; m_1\, $  действует сила тяжести $\; m_1g\, $  и сила натяжения
нити  $\; T\, $. На $\; m_2\, $  действует $\; m_2g\, $  и  $\; T\, $. Мы
считаем, что натяжение одинаково вдоль всей нити. Это следует из ее нулевой
массы и из того, что блок не оказывает сопротивления вращению.

2. Затем необходимо \textbf{записать уравнения движения}, то есть второй закон
Ньютона для каждого тела. Если выбрать за положительное направление вниз, то
уравнения движения имеют вид
$$m_1g - T = m_1a_1 \;,\quad m_2g - T = m_2a_2 \;.$$
Здесь не нужно заранее указывать, какое тело двигается вниз, а какое -- вверх.
При правильном решении нужное направление получится автоматически, оно
определится знаком ускорения.

\ephyspicture{2_10}{1.32in}{f:2_10}
%\begin{floatingfigure}{1.32in} \noindent \hfill
%\includegraphics[bb=0 0 1.29in 2.397in]{pictexam/2_10.eps}
%\caption{}  \label{f:2_10} %\refstepcounter{figure}
%\end{floatingfigure}
В двух уравнениях три неизвестных: $\; a_1, a_2\, $ и $\; T\, $. Нужно еще
одно уравнение. Оно находится из взаимосвязи ускорений тел.


3.  Поскольку уравнений движения недостаточно, необходимо выписать
\textbf{уравнения связей}\index{уравнения связей}. Используем нерастяжимость
нити. Если масса $\; m_1\, $ опустилась на 1 м, то на столько же должна
подняться масса $\; m_2\, $. Модули смещений одинаковы.  Но тогда одинаковы
модули скоростей и ускорений. По направлению же ускорения тел противоположны.
Следовательно, недостающее уравнение имеет вид
$$a_1 = - a_2 \;.$$

4. Когда полная система уравнений получена, ее нужно \textbf{решить}. Для
этого можно исключать по очереди неизвестные или использовать другие приемы. В
данном случае вместо $\; a_2\, $  подставляем $\;  -a_1\, $:
$$m_1g - T = m_1a_1 \quad \;,$$
$$ m_2g - T = - m_2a_1 \;.$$
Теперь вычтем из верхнего уравнения нижнее:
$$m_1g - m_2g = m_1a_1 + m_2a_1 \;,$$
откуда
$$a_1 = g\cdot \frac {m_1-m_2}{m_1+m_2}, \quad
a_2 = g\cdot \frac {m_2-m_1}{m_1+m_2} \;.$$ Найдем еще натяжение:
$$T = m_1(g - a_1) = g\cdot \frac {2m_1m_2}{m_1+m_2}\;.$$

5. Очень важно \textbf{проанализировать результаты}. Прежде всего полезно
проверять размерность. В приведенном решении размерность правильная --
ускорения записаны как $\; g\, $, умноженное на безразмерный коэффициент; сила
имеет размерность массы, умноженной на ускорение. Если размерность ответа
неверна, наверняка в решении есть ошибка.

Далее важно проверить, не противоречит ли полученное решение здравому смыслу.
В данной задаче, если получается, например, отрицательное натяжение или
ускорение какого-то тела оказалось (при некоторых значениях масс) больше  $\;
g\, $, надо пересмотреть решение и найти ошибку. Полученный ответ выдерживает
такую проверку: всегда (при любых положительных массах) $\; T > 0\, $, а
ускорения не превышают по абсолютной величине $\; g\, $. Это легко понять --
нить всегда тянет вверх и замедляет падение.

Важным элементом анализа ответа является рассмотрение предельных случаев. В
нашем решении можно положить, например, $\; m_1 = m_2 = m\, $. Тогда массы
должны находиться в равновесии. Это выполняется (получается $\; a_{1,2} = 0,
\; T = mg\, $). Если одна из масс нулевая, вторая должна падать свободно, с
ускорением $\; g\, $. Это выполняется (положим $\; m_1 = 0\, $), что тоже
убеждает в правильности  результата.  Примерно  тот  же  результат будет, если
масса $\; m_1\, $ не нулевая, но  просто  очень  мала. При  $\; m_1 > m_2\, $
ускорения  $\; a_1 > 0, \; a_2 < 0\, $, то есть тяжелое тело опускается,
легкое -- поднимается.

Анализ не только служит проверкой, но и помогает лучше понять результат, а
иногда и заметить какие-то его особенности. В данной задаче, например, сила,
действующая на подвес блока и равная $\; 2T\, $, меньше суммарной силы
тяжести, действующей на тела (если массы не равны). Покажите это
самостоятельно. Попробуйте объяснить физический смысл этого условия.


\subsection{Пример -- наклонная плоскость}
\ephyspicture{2_12}{2.25in}{f:2_12}
%\begin{floatingfigure}{2.25in} \noindent \hfill
%\includegraphics[bb=0 0 2.213in 1.443in]{pictexam/2_12.eps}
%\caption{}  \label{f:2_12} %\refstepcounter{figure}
%\end{floatingfigure}
 Рассмотрим тело, которое положили на
наклонную плоскость\index{наклонная плоскость|(} (рис. \ref{f:2_12}). Пусть
задан коэффициент трения $\; \mu \, $  тела о плоскость и угол наклона  $\;
\varphi \, $  плоскости. Требуется найти, будет ли тело соскальзывать, и если
будет, то с каким ускорением.

На тело действует сила тяжести $\; mg\, $, направленная вниз, сила нормального
давления $\; N\, $, перпендикулярная плоскости, и сила трения  $\;
F_{\mbox{\normalsize тр}}\, $, направленная вдоль плоскости вверх. Удобно
ввести систему координат с осью  X  вдоль плоскости и осью  Y  перпендикулярно
ей. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на эти направления:
$$
\begin{array}{ll}
ma = mg\sin\varphi  - F_{\mbox{\normalsize тр}} & \mbox{(ось
X)}\;,\\
0 = N - mg\cos\varphi  & \mbox{(ось  Y)}\;.
\end{array}
$$
Здесь учтено, что ускорение тела в направлении  Y  равно нулю. Скатывающая
сила $\; mg\sin\varphi \, $ -- это проекция силы тяжести на ось  X, а величина
$\; mg\cos\varphi \, $ -- это проекция силы тяжести на ось Y.

Из второго уравнения находится сила нормального давления:
$$N = mg\cos\varphi  \;.$$
Остается найти движение вдоль плоскости. Возможны два варианта: тело либо
скользит вниз, либо лежит неподвижно. В этом легко убедиться, положив монету
на книгу и изменяя наклон. Рассмотрим оба случая.
\begin{enumerate}
\item Пусть тело скользит вниз. Тогда известна сила трения
$$F_{\mbox{\normalsize тр}} = \mu N = \mu mg\cos\varphi  \;,$$
   и из уравнения движения по оси  X  находим ускорение  $\; a\, $:
$$a = g\cdot (\sin\varphi  - \mu \cos\varphi ) \;.$$
\item Предположим, что тело покоится. Тогда известно ускорение:
$$ a = 0 \;,$$
и из уравнения движения находим силу трения:
$$F_{\mbox{\normalsize тр}} = mg\sin\varphi  \;.$$
   Сила трения в этом случае уравновешивает скатывающую силу.
\end{enumerate}
Какой же из вариантов выбрать? Это должно следовать из условий задачи.
Необходимо определить, при каких условиях реализуется первый вариант, а при
каких -- второй.

Рассмотрим случай покоя. Найденная сила трения $\; F_{\mbox{\normalsize тр}}=
mg\sin\varphi \, $  не должна превышать максимального значения $\;  \mu N =
\mu mg\cos\varphi \, $, при котором наступает проскальзывание. Неравенство
$$mg\sin\varphi  \leq  \mu mg\cos\varphi , \quad \mbox{или} \quad
\mbox{tg}\varphi  \leq  \mu $$ выполняется для  углов,  не  превышающих  так
называемого предельного  угла, или угла трения $\; \varphi _{\mbox{\normalsize
тр}}\, $:
$$\mbox{tg}\varphi _{\mbox{\normalsize тр}} = \mu  \;.$$
Если угол наклона плоскости меньше угла трения,  тело  покоится. Если же угол
больше, оно скользит вниз.

Таким образом, результат задачи следует записать так:
$$
\begin{array}{llr}
a = g(\sin\varphi  - \mu \cos\varphi ), & F_{\mbox{\normalsize тр}}
 = \mu mg\cos\varphi  &  \mbox{при \ \ tg}\varphi  \geq  \mu  \;,\\
a = 0, &  F_{\mbox{\normalsize тр}} = mg\sin\varphi   &
 \mbox{при \ \ tg}\varphi  \leq  \mu  \;.
\end{array}
$$
Можно было проанализировать и вариант скольжения. Для него ускорение $\; a\, $
должно быть положительным. Это дает то же самое условие выполнения варианта:
$\; \mbox{tg}\varphi  \geq  \mu \, $.

При угле, равном углу трения, оба решения, конечно, совпадают: $\; a = 0,
\quad F_{\mbox{\normalsize тр}}= mg\sin\varphi _{\mbox{\normalsize тр}}
 = \mu mg\cos\varphi _{\mbox{\normalsize тр}}\, $. На
практике трение скольжения может быть несколько меньше трения покоя, так что
тело может лежать на плоскости, но если его толкнуть, будет двигаться вниз с
небольшим ускорением. Подберите такой режим на опыте. Убедитесь, что он
получается в узком интервале углов наклона\index{наклонная плоскость|)}.

\section{Работа и энергия}
\subsection{Пример -- подпрыгивающий мячик}
%1. (Физ.-9, стр.156,  зад. 2).
С какой скоростью, направленной вниз, надо
бросить мячик с высоты $h$, чтобы после удара о пол мячик поднялся на
высоту $2h$?

%{\bf Решение}

Начальная потенциальная  энергия мячика $mgh$, кинетическая -- $mv^2/2$,
где $v$ -- искомая скорость. После отскока в верхней точке энергия равна
$mg\cdot 2h$. Закон сохранения энергии:
$$
  mgh+\frac{mv^2}{2}=2mgh.
$$
Откуда $v=\sqrt{2gh}$.

\subsection{Пример -- связанные грузы}
%(2.4.34) (Рис) . 
Два груза массы $m_1$ и $m_2\; (m_1\geq m_2)$ связаны
нитью, переброшенной через неподвижный блок. В начальный момент первый
груз удерживают на высоте $h$ над полом. Затем его без толчка отпускают.
Какое количество теплоты выделится при ударе первого груза о пол?

{\bf Решение}

Закон сохранения механической энергии дает
$$
  m_1gh-m_2gh=\frac{(m_1+m_2)v^2}{2}.
$$
Кинетическая энергия первого тела при абсолютно неупругом ударе перейдет
целиком в тепло $Q$. Тогда
$$
  Q=\frac{m_1v^2}{2}.
$$
Выражая $v^2$ из первого уравнения и подставляя во второе, получим {\bf
ответ}:
$$
  Q=\frac{m_1(m_1-m_2)gh}{m_1+m_2}.
$$

\subsection{Пример -- скорость снаряда}
Сила, действующая на снаряд массы $m$ в стволе орудия, нарастает равномерно от нуля до $F_0$
на участке ствола длины $l_1$, не меняется на участке ствола длины $l_2$ и, наконец, равномерно 
уменьшается до нуля на участке ствола длины $l_3$. Какова скорость снаряда при вылете из ствола? (Рис.~\ref{mech:enrgy01})

\ephyspicturetwo{mechan05}{mech:enrgy01}

Из закона сохранения энергии следует, что работа силы действующей на заряд перейдет в его кинетическую энергию.
$$\frac{mv^2}{2}=A.$$

Работу найдем как площадь под графиком функции силы от смещения.
$$A=F_0l_1/2+F_0l_2+F_0l_3/2.$$
Окончательно получаем
$v=\sqrt{\frac{F_0l_1+2F_0l_2+F_0l_3}{m}}.$


\subsection{Пример -- соскальзывание с полусферы}
С вершины гладкой полусферы радиуса $R$ небольшое тело. Найдите его
скорость на высоте $h$ (отсчитываемой от подножья). На какой высоте тело
оторвется от полусферы?

%{\bf Решение}

Будем отсчитывать потенциальную энергию от подножья полусферы. Рассмотрим
момент, когда угол между радиусом, проведенным в точку, где находится
тело, и вертикалью равен $\alpha$. Тогда высота $h=R\cos\alpha$. Из закона
сохранения энергии
$$
  mgR=mgh+\frac{mv^2}{2}
$$
имеем $v=\sqrt{2g(R-h)}$.

\ephyspicturetwo{mechanenergy01}{f:me01}
Рассмотрим динамику движения. По второму закону Ньютона сумма проекций сил
$mg$ и реакции опоры $N$ (см. рис.~\ref{f:me01}) должна равняться произведению
массы на
центростремительное ускорение:
$$
  mg\cos\alpha+N=\frac{mv^2}{R}.
$$
При движении скорость растет, а $\cos\alpha$ уменьшается. Следовательно,
уменьшается сила реакции. Отрыв тела от поверхности сферы произойдет при
$N=0$. Подставляя выражение для скорости, получим:
$$
  mg\cos\alpha=2mg(R-h)/R.
$$
И, учитывая, что $h=R\cos\alpha$, получаем {\bf ответ}:
$$
  h=\frac{2}{3}R.
$$

\subsection{Пример -- прыжок со второго этаха}
Оцените среднюю силу, приходящуюся на ноги человека при ударе о землю при
прыжке со второго этажа.

%{\bf Решение}

Выберем высоту второго этажа $h=5\;\mbox{м}$. Тогда скорость при
приземлении тела определится из уравнения
$$
  mgh=\frac{mv^2}{2}.
$$
При ударе о землю торможение происходит на некотором пути $x$. Эту
величину оценим как $0{,}5\;\mbox{м}$ (высота приседания человека). Тогда
$$
  \frac{mv^2}{2}=Fx.
$$
Откуда $F=mgh/x=10mg$. И, при массе человека 70 кг, $F\approx
7000\;\mbox{Н}$.

\subsection{Пример -- груз на пружине}
%(2.3.42) (РИС.) 
Груз массы $m$, подвешенный на пружине жесткости $k$,
находится на подставке. Пружина при этом не деформирована. Подставку
быстро убирают. Определите максимальное удлинение пружины и максимальную
скорость груза.

%{\bf Решение}

В нижнем положении, когда растяжение $h$ максимально, и скорость равна
нулю, суммарная работа силы тяжести и силы упругости также равна нулю:
$$
  mgh-\frac{kh^2}{2}=0.
$$
Откуда $h=2mg/k$.

Скорость тела будет максимальна, когда сумма сил, действующих на тело,
равна нулю:
$$
  mg-kx_0=0.
$$
Тогда
$$
  mgx_0-\frac{kx_0^2}{2}=\frac{mv^2}{2}.
$$
Подставляя в последнее уравнение $x_0$, получим {\bf ответ}:
$$
  v=g\sqrt{m/k}.
$$

\section{Столкновения}
\subsection{Пример -- распад ядра}
В результате распада  движущегося ядра появились два осколка массы $m_1$ и $m_2$ с импульсами $p_1$ и $p_2$,
разлетающиеся под углом $\theta$. Определите выделившуюся при распаде ядра энергию $E$.

Пусть $p_0$ -- начальный импульс частицы. Запишем закон сохранения импульса и энергии:
$$\frac{p_0^2}{2(m_1+m_2)}+E=\frac{p_1^2}{2m_1}+\frac{p_2^2}{2m_2}$$
$$p_1^2+p_2^2+2p_1p_2=p_0^2.$$
Откуда получаем
$$E=\frac{p_1^2m_2^2+p_2^2m_1^2-2p_1p_2m_1m_2\cos\theta}{2m_1m_2(m_1+m_2)}.$$

\subsection{Пример -- полет Мюнхгаузена на ядре}
Артиллерист стреляет из пушки ядром массы $m$ так, чтобы оно упало в
неприятельском лагере. На вылетевшее ядро садится барон Мюнхгаузен, масса
которого $5m$. Какую часть пути до неприятельского лагеря ему придется
идти пешком?

%{\bf Решение}

Пусть ядро вылетает со скоростью $v_0$ под углом $\alpha$ к горизонту.
Тогда дальность полета (расстояние до неприятельского лагеря)
$$
  L=\frac{v_0^2\sin 2\alpha}{g}.
$$
При посадке на ядро барона направление скорости, то есть угол, не
меняется. Величина скорости полета $u$ определяется из закона сохранения
импульса:
$$
  mv_0=(m+5m)u.
$$
Тогда $u=v_0/6$. И ядро пролетит лишь
$$
  L'=\frac{u^2\sin 2\alpha}{g}=\frac{L}{36}.
$$
{\bf Ответ}: барону придется пройти  35/36 пути.


\section{Движение в гравитационном поле}
\subsection{Пример -- притяжение к Земле и Луне}
На каком расстоянии (выраженном в радиусах Земли) от Земли на прямой Земля-Луна
силы притяжения тела к Земле и Луне
равны по величине? Расстояние до Луны в 60 раз больше радиуса Земли. Масса Луны
в 81 раз меньше земной.

Пусть $m$ масса рассматриваемого тела, а $m_{\mbox{З}}$, $m_{\mbox{Л}}$ и $R_1$,
$R_2$ массы и расстояния от тела до центров Земли и Луны соответственно.
Запишем условие равенства сил притяжения:
$$\frac{m_{\mbox{З}}m}{R_1^2}=\frac{m_{\mbox{Л}}m}{R_2^2}$$
$$R_1+R_2=60R_{\mbox{З}}$$
$$m_{\mbox{З}}=81m_{\mbox{Л}}.$$
Используя сотношения между параметрами получаем:
$$\frac{\sqrt{81m_{\mbox{Л}}}}{R_1}=\frac{\sqrt{m_{\mbox{Л}}}}{60R_{\mbox{З}}
-R_1}.$$
откуда получаем ответ
$$R_1=54R_{\mbox{З}}.$$





\section{Механические колебания}

\subsection{Пример -- груз на пружине}
Груз массы $m=50$~г совершает гармонические колебания 
с частотой $\nu=10$~Гц под  действием  упругой  пружины. Найти жесткость
пружины.

Воспользуемся формулой для круговой частоты колебаний тела на пружинне
$$\omega=\sqrt{k/m}, \; \mbox{где}\; \omega=2\pi\nu.$$
Откуда получаем ответ 
$$k=4\pi^2\nu^2m,$$
$$k\approx4\cdot10\cdot10^2\cdot50\cdot10^{-3}\mbox{\ Н/м},\;\;k=200\mbox{\
Н/м}.$$

\subsection{Пример -- маятник и падение}
Шарик, подвешенный на длинной нити, отклонили  на  малый
угол и отпустили. В этот же момент времени другой такой же шарик
начал свободно падать из точки подвеса нити. Какой  из  шариков
быстрее достигнет точки равновесия первого шарика?

Пусть длина нити равна $l$. Тогда первый шарик достигнет положения равновесия за
четверть периода
$$t_1=\frac{1}{4}2\pi\sqrt{l/g},$$
а свободно падающий за время 
$$t_2=\sqrt{\frac{2l}{g}},\;\;\mbox{следует из}\;\; l=\frac{gt^2}{2}.$$
$$t_1-t_2=\sqrt{l/g}(\pi/2-\sqrt{2})>0.$$
Первый долетит быстрее.

\section{Статика}
Раздел механики статика рассматривает условия равновесия тел. Легко придумать
два необходимых условия равновесия, которые будут всегда выполняться в случае
равновесия.
\begin{itemize}
\item {\bf Сумма сил действующих на тело находящееся в равновесии равна нулю.}
Тело не двигается как целое.
\item {\bf Сумма моментов сил действующих на тело равна нулю.} Тело не должно
вращаться.
\end{itemize}

\subsection{Пример -- груз на тросе}
Найти силу натяжения троса в системе изображенной на рисунке~\ref{mech:stat}.

%\ephyspicture{mechstat01}{0.5\linewidth}{mech:stat}

\ephyspicturetwo{mechstat01}{mech:stat}

%\begin{figure}
%\centerline{\includegraphics[width=0.5\linewidth]{mechstat01}}
%\caption{}
%\label{mech:stat}
%\end{figure}

В данном случае, для решения задачи достаточно воспользоваться только первым
условием равновесия -- балансом сил. В качестве рассматриваемого тела удобно
выбрать небольшой кусок троса в области подвеса груза, точка $A$.
Сумма векторов сил прикладываемых к этой точке должна давать ноль. Запишем
уравнение для проекций сил
на вертикальную ось, явно указав знаки компонент.
$$2T\sin 30^\circ+(-mg)=0,$$
откуда получаем ответ
$$T=mg.$$

\subsection{Пример -- цепочка}
Цепочка массы $m$ подвешена за концы так, что вблизи точек подвеса она образует
с
горизонталью угол $\alpha $. Определите силу натяжения цепочки в ее нижней точке
и в точках подвеса (рис.~\ref{mech:stat02},~а).

%\ephyspicture{mechstat02}{\linewidth}{mech:stat02}

\ephyspicturetwo{mechstat02}{mech:stat02}

%\begin{figure}
%\centerline{\includegraphics[width=\linewidth]{mechstat02}}
%\caption{}
%\label{mech:stat02}
%\end{figure}

Для определения натяжения цепочки в точках подвеса приравняем нулю сумму
вертикальных проекций сил (рис.~\ref{mech:stat02},~б)
$$2T_1\sin \alpha+(-mg)=0,$$
откуда получаем ответ
$$T_1=mg/(2\sin \alpha).$$

Для определения натяжения в нижней точке рассмотрим половину цепочки и
приравняем сумму горизонтальных проекций сил нулю (рис.~\ref{mech:stat02},~в).
$$T_2+(-T_1\cos \alpha)=0,$$
откуда получаем ответ
$$T_2=\frac{mg}{\sin2\alpha}.$$

\subsection{Пример -- стержень в углу 1}
Попробуем приставить однородный стержень длины $\; L\, $ 
наклонно к стене комнаты.  


%\ephyspicturetwo{mechstat04}{mech:stat03}

\begin{figure}[htb]
\centerline{а\includegraphics[width=50mm]{mechstat03}б\includegraphics[width=65mm]{mechstat04}}
\caption{}
\label{mech:stat03}
\end{figure}

Пусть стержень составляет угол  $\; \alpha \, 
$ с горизонтом и пол гладкий, то есть трения между стержнем и 
полом нет (рис.~\ref{mech:stat03}, а). Возможно ли равновесие?  
 
 На рисунке изображены силы, которые должны действовать на стержень 
 со стороны Земли ($\; mg\, $), стенки ($\; N_1\, $ и $\; F_1\, $) 
 и пола ($\; N_2\, $). Очевидно, что на ось  X имеет отличную от 
 нуля проекцию единственная сила -- $\; N_1\, $. Тогда уравнение 
 равновесия сил может быть выполнено лишь при  $\; N_1 = 0\, $. 
 Следовательно, сила трения $\;  F_1\, $ также равна нулю, а $\; 
 N_2 = mg\, $.  
  
  Но тогда условие равенства нулю суммы моментов сил не выполняется. 
  Выбрав ось вращения, например, проходящей через центр стержня, 
  получим для момента силы  $\; N_2\, $: 
  $$M = \frac {mgL\cos\alpha }{2} \neq  0 \;.$$ 
  Равновесие невозможно. Стержень непременно упадет на пол.  
    
     
\subsection{Пример --  стержень в углу 2}
     Пусть между стержнем и полом есть трение, а стена гладкая. 
     Возможно ли равновесие теперь? 
     
     Силы, действующие в этом случае, 
     изображены на рисунке~\ref{mech:stat03}, б). Здесь через $\; F_2\, $ 
обозначена 
     сила трения. Условие равновесия сил в проекциях на оси  X и Y  
     дает: 
     $$N_2 - mg = 0 \;,$$ 
     $$N_1 - F_2 = 0 \;.$$ 
     Выберем ось вращения проходящей через нижнюю точку стержня (точка  
     O  на рисунке) и запишем условие равенства нулю суммы моментов 
     сил: 
     $$N_1L\sin\alpha  -\frac {mgL\cos\alpha }{2} = 0 \;.$$  
     Из этих уравнений сразу получаются выражения для всех трех 
     неизвестных сил: 
     $$N_1 = F_2 = \frac {mg}{2\mbox{tg}\alpha }\,; \quad  N_2 = mg \;.$$ 
     При малых углах \ tg$\alpha \, $  мал, и сила трения  $\; F_2\, $ 
     из этого решения получится очень большой. Однако она не может 
     превышать значения $\; \mu N_2\, $ -- силы трения скольжения: 
     $$F_2 \leq  \mu mg \;.$$ 
     Значит, полученные формулы для  $\; N_1, F_2\, $  могут выполняться  
     лишь 
     при углах не меньше некоторого критического $\; \alpha _*\, $.  
     Значение 
     критического угла соответствует случаю, когда сила трения покоя 
     максимальна: 
     $$F_2 = \mu N_2\,, \quad \mbox{ или} \quad  
     \frac {mg}{2\mbox{tg}\alpha } = \mu mg \;.$$ 
     Отсюда для критического угла получается соотношение: 
     $$\mbox{tg}\alpha _* = \frac {1}{2\mu }\;.$$ 
     Равновесие возможно лишь при углах больше критического.  
       
       Если попытаться установить стержень с меньшим углом, то есть ближе 
       к горизонтальному положению, то формально равновесие возможно 
       только при $\; F_2 > \mu mg\, $. Этого можно добиться, только 
       удерживая стержень в нижней точке дополнительной внешней силой. 
       Одно же трение будет неспособно обеспечить устойчивость, и 
       стержень упадет.  
        
	\subsection{Как выбрать ось вращения?} 
	Для записи условия равновесия моментов сил в рассмотренной задаче 
	можно было выбрать и любую другую ось.\index{условия
	равновесия!выбор оси} Так, для оси, проходящей 
	через верхнюю точку стержня, для рис.~\ref{mech:stat03}, б)  получим: 
	$$F_2L\sin\alpha  - N_2L\cos\alpha  + 
	\frac {mgL\cos\alpha  }{2}= 0 \;.$$ 
	(Убедитесь, что ответ при этом не изменится). 
	 
	 Если тело не вращается (как должно быть в статике), то оно не 
	 вращается относительно \underline{любой} неподвижной оси. 
	 Разумно выбирать ось 
	  так, чтобы уравнение моментов было максимально простым. Выбрав ось 
	  проходящей через точку  O, мы автоматически обратили моменты двух 
	  из четырех сил в нуль, так как плечи сил  $\; N_2\, $ и $\; F_2\, 
	  $  равны нулю.\index{равновесие!условия|)} 
	  \index{условия равновесия|)} \index{момент силы|)}



\end{document}












\subsection{\lev Пример}
{\sf \lefteven{70}{40}{2_13.pcx}{Рис. 2.13}{ На гладкой горизонтальной
поверхности находится брусок массы $\; M\, $, на котором лежит тело массы $\;
m\, $. Коэффициент трения между бруском и телом равен  $\; \mu \, $. На брусок
действует постоянная горизонтальная сила  $\; F\, $. Найти
ускорения тел.}

Так как численные \rule{0pt}{14pt} значения не заданы, возможны два варианта:
либо проскальзывания между бруском и телом нет, либо проскальзывание есть.
Рассмотрим эти варианты.
\begin{enumerate}
\item Пусть проскальзывания нет. Тогда ускорение бруска  $\; a_1\, $ и
ускорение тела $\; a_2\, $  одинаковы: $\;  a_1 = a_2 = a\, $, и между ними
действует некоторая сила трения покоя $\; f_{\mbox{\normalsize тр}}\, $.
Выпишем второй закон Ньютона для каждого тела для движения вдоль оси  X,
направленной параллельно вектору  $\; \Vec{F}\, $:
$$F - f_{\mbox{\normalsize тр}} = Ma \;, \quad
f_{\mbox{\normalsize тр}} = ma \;.$$ Складывая уравнения почленно, получаем:
$$F = (M + m)a \;.$$
Последнее уравнение можно было написать и сразу, так как сумма внешних сил (в
данном случае просто  $\; F\, $) равна произведению массы системы на ее
ускорение. Итак, при отсутствии проскальзывания:
$$a = F/(M + m) \;.$$
Подставив ускорение во второе уравнение системы, получим силу трения:
$$f_{\mbox{\normalsize тр}} = F\cdot \frac {m}{M+m}\; .$$
\item Пусть проскальзывание есть. Ускорения $\; a_1\, $ и $\; a_2\, $  теперь
различны, но можно записать для силы трения скольжения $\;
F_{\mbox{\normalsize тр}} = \mu mg\, $, так как сила нормального давления,
очевидно, равна $\; mg\, $. Снова выписывая второй закон Ньютона для бруска и
тела, получаем:
$$F - \mu mg = Ma_1, \quad \mu mg = ma_2 \;.$$
Отсюда имеем:
$$a_1 =\frac {F-\mu mg}{M}, \quad a_2 = \mu g\;.$$
\end{enumerate}
И снова надо определить, при каких условиях реализуется первая ситуация, а при
каких -- вторая. Сделать это можно различными способами. Проанализируем, что
происходит при возрастании внешней силы $\; F\, $. При малых $\; F\, $
ускорение системы мал\'о.

\rightodd{90}{66}{2_14.pcx}{Рис. 2.14}{ Верхнему телу обеспечивает ускорение
исключительно сила трения, определяемая выражением $\; f_{\mbox{\normalsize
тр}} = Fm/(m+M)\, $. Сила трения покоя не превышает максимального значения $\;
\mu mg$: $\;\, f_{\mbox{\normalsize тр}} \leq  \mu mg\, $. График зависимости
силы трения от внешней силы  $\; F\, $  приведен на рисунке 2.14. }

Проскальзывание начнется при некотором значении внешней силы  $\; F_0\, $,
когда сила трения покоя достигнет своего максимального значения:
$$F_0\cdot \frac {m}{M+m} = \mu mg \;.$$
Отсюда получаем:
$$F_0 = \mu (M + m)g \;.$$
При  $\; F \leq  F_0\, $  реализуется первый вариант, при $\; F \geq F_0\, $
-- второй.

Окончательный ответ рассмотренной задачи имеет вид:
$$
\begin{array}{lcr}
a_1 = a_2 = F/(M + m) & \mbox{ при } &
F \leq  \mu (M + m)g \;;\\
a_1 = (F - \mu mg)/M, \;  a_2 = \mu g  & \mbox{ при } & F \geq  \mu (M + m)g
\;.
\end{array}
$$
}%*


\subsection{Примеры}
\begin{enumerate}
\item Тело массы $\; m\, $ со скоростью $\; v\, $ сталкивается с неподвижным
телом массы $\; M\, $. При ударе тела слипаются и далее летят вместе. Найдем
скорость получившегося тела $\; u\, $.

Начальный импульс системы равен конечному:
$$mv = (m+M)\cdot u \;,$$

\bls \rightoddp{67}{63}{2_17.pcx}{Рис. 2.17}{ откуда $\; u = mv/(m+M) \, $.

Мы получили это значение, не зная ни характеристик взаимодействия между
телами, ни их материала. Возможно, это на Землю упал астероид, а может быть,
столкнулись на льду два хоккеиста. Ценность закона сохранения импульса как раз
в том, что он применим в любой ситуации, независимо от взаимодействий внутри
системы.}{4} \item Пусть охотник, стоя в лодке, стреляет под углом  $\; \alpha
\, $  к горизонту.

\leftevenp{110}{80}{2_18.pcx}{Рис. 2.18}{ Какую скорость приобретет лодка в
результате отдачи, если скорость вылета пули относительно Земли $\; v\, $, а
ее масса $\; m\, $? Сумма масс охотника и лодки равна $\; M\, $ (рис.
2.18).}{5}

В горизонтальном направлении не видно внешних сил, и горизонтальная компонента
импульса должна сохраняться. Начальный импульс нулевой, и можно написать
равенство импульсов до и после выстрела:
$$P_x(\mbox{ до }) = 0 = Mu_x + mv\cos\alpha  = P_x(\mbox{ после })
\;,$$ откуда  $\; u_x = - mv\cos\alpha /M \, $. Такую скорость лодка сохраняет
несколько секунд, пока не скажется сопротивление воды.

Для упрощения мы предполагали жесткую связь лодки и охотника. На самом деле
ружье сначала передает импульс охотнику, затем охотник <делится> импульсом с
лодкой, что усложняет задачу. Но эти процессы занимают доли секунды, а
конечная горизонтальная скорость от них не зависит.

\bigskip
\oneast{Сразу после выстрела имеется и вертикальная компонента скорости. Ее
можно оценить, предполагая сохранение вертикальной составляющей импульса:
$$Mu_y + mv\sin\alpha  = 0 , \quad  u_y = mv\sin\alpha /M \;.$$
На самом деле лодка толкает и окружающую воду. Кроме массы  M, движется вниз
примерно такая же масса воды. Поэтому вертикальная скорость будет меньше,
возможно, в два раза. Но по порядку величины она все равно такая же, как
горизонтальная скорость. Лодка начнет погружаться. Возникнут вертикальные
колебания. Только через время затухания колебаний (около 1 с) вертикальный
импульс полностью передастся воде, а у лодки останется только горизонтальная
скорость.

Передача импульса воде (как говорят, \textbf{присоединенной
массе})\index{масса!присоединенная} происходит и при горизонтальном движении,
но в значительно меньшей степени. Эту
небольшую поправку можно не учитывать. }%*
\end{enumerate}

Как видно из этой задачи, встречаются случаи, когда система не полностью
замкнута, то есть имеется внешняя сила $\; \Vec{F} \neq 0\, $, но все же
сохраняется проекция импульса, перпендикулярная $\; \Vec{F}\, $. Например, при
полете тела в поле тяжести сила $\; m\vec{g}\, $  направлена вертикально, и
горизонтальная проекция импульса сохраняется (если пренебречь сопротивлением
воздуха). \vspace{-0.5\baselineskip}

\rightodd{80}{50}{2_19.pcx}{Рис. 2.19}{ При ударе упругого тела о стенку, если
нет трения, сохраняется составляющая импульса, параллельная стенке (сила
взаимодействия перпендикулярна стенке, рис. 2.19). Такое <частичное>
сохранение импульса часто используется при решении задач. }

\rightodd{102}{100}{2_20.pcx}{Рис. 2.20}{ Например, для воды, текущей по
изогнутой трубе, вообще не ясно, что следует понимать под ускорением, так как
оно для каждой частицы жидкости разное.

Пусть жидкость плотности $\; \rho \, $ протекает по участку трубы сечения $\;
S\, $, изогнутому под прямым углом (рис. 2.20). И пусть скорость течения везде
одинакова по величине и равна $\; V\, $. Найдем силу, с которой вода действует
на трубу.}

Введем оси  X и Y, изображенные на рисунке, и найдем изменение импульса воды
за время $\; \Delta t\, $. За это время в выделенный участок трубы втекает
масса $\;  \Delta m = \rho SV\Delta t\, $  и, естественно, такая же масса
вытекает. Вода приносит с собой импульс, направленный по оси  Y  и равный $\;
p_y = \Delta m\cdot V = \rho SV^2\Delta t\, $. Под воздействием трубы вода
этот импульс теряет, так что для воды
$$\Delta p_y = \Delta m\cdot V = \rho SV^2\Delta t\;.$$
В то же время вода приобретает импульс по оси  X: $\; \Delta p_x = \rho
SV^2\Delta t\, $. Полное изменение импульса, как обычно, будет выражаться
векторной суммой обоих изменений (рис. 2.20). Из рисунка видно, что изменение
модуля импульса
$$\Delta p = \sqrt{2}\cdot \rho SV^2\Delta t\;,$$
а направление вектора будет совпадать с биссектрисой прямого угла, под которым
изогнута труба. Это изменение обусловлено силой, действующей со стороны трубы
на воду: $\; F = \Delta p/\Delta t = \sqrt{2}\cdot \rho SV^2\, $. По третьему
закону Ньютона вода действует на трубу с такой же по величине, но
противоположно направленной силой. Мы получили это соотношение, не зная ни
конкретной формы трубы, ни взаимодействий между частицами
жидкости.\index{закон!Ньютона 2-й!для сплошной среды|)} }%*

\subsection{Пример}
Пусть имеются две массы $\; m_1\, $  и $\; m_2\, $  на расстоянии $\;  L\, $
друг от друга. \bls

\rightodd{75}{30}{2_21.pcx}{Рис. 2.21}{ Поместим начало координат в точку, где
расположена масса $\; m_1\, $ (рис. 2.21); тогда центр масс окажется в точке с
координатой:}
$$X = \frac {m_1\cdot 0 + m_2\cdot L}{m_1+m_2} = \frac {m_2L}{m_1+m_2}\;.$$
Таким образом, центр масс двух материальных точек находится на линии, их
соединяющей, ближе к большей массе. При этом произведения масс тел на их
расстояния до центра масс равны:
$$Xm_1 = (L - X)m_2\;.$$
Центр масс обычно лежит внутри тела (хотя, например, для однородного кольца он
находится в некотором смысле снаружи -- в центре кольца, где никакого вещества
нет).


\textbf{3. Работа и энергия. Законы сохранения.}

\subsection{Пример}
Кузнечный молот, имеющий начальную скорость $\; v_0\, $, ударяя по детали,
деформирует ее. Деталь действует на молот с силой, направленной против его
скорости. Найдем величину силы $\; F\, $, считая ее постоянной на пути $\; x\,
$, равном величине деформации детали.

Работа силы $\; F\, $ отрицательна:
$$A = - Fx \;.$$
Работа равна изменению кинетической энергии молота. Конечная энергия нулевая
(молот остановился), начальная равна $\; mv^2_0/2\, $:
$$- Fx = 0 - \frac {mv_0^2}{2} , \quad \mbox{ откуда }\; F =
\frac {mv_0^2}{2x} \;.$$ Видно, что при ударе о жесткую деталь, у которой
деформация $\; x\, $  мала, развивается большая сила $\;  F\, $. По этой же
причине стакан разбивается при падении на каменный пол, но остается целым,
падая на ковер.

\subsection{Пример -- однородное поле тяжести}
Пусть мы поднимаем тело массы  $\; m\, $  на высоту  $\; h\, $ над землей.
Сила поля $\; F = -mg\, $. Мы прикладываем силу $\; f = +mg\, $, направленную
вверх. Работа поля будет $\; -mgh\, $, так как сила тяжести направлена вниз.
Чтобы получить изменение потенциальной энергии, надо брать работу поля с
\textbf{обратным} знаком:
$$\Delta U = - Fh = -(-mgh) = + mgh \;.$$
Этот результат верен и для протяженного тела, если $\; h\, $ -- высота подъема
его центра масс.

Знак минус в определении потенциальной энергии $\; \Delta U = - F\Delta x\, $,
который часто забывают,  появился именно потому, что потенциальную энергию
тела изменяем мы, прилагая силу  $\; f = - F\, $. Затраченная нами работа $\;
fh = mgh\, $  положительна. Потенциальная энергия возрастает на $\; mgh\, $.
\textbf{Не забывайте знак минус!}

\rightodd{80}{77}{3_08.pcx}{Рис. 3.8}{ В качестве примера найдем к.п.д.
наклонной плоскости (клина). Втаскивая тело по наклонной плоскости с
коэффициентом трения $\; \mu \, $  на высоту  $\; H\, $, надо преодолеть силу
трения  $\; \mu mg\cos\alpha \, $  и компоненту силы тяжести вдоль плоскости
$\; mg\sin\alpha \, $  (рис. 3.8), то есть произвести работу:
$$A = mg\sin\alpha \cdot L + \mu mg\cos\alpha \cdot L \;,$$
где  $\; L = H/\sin\alpha \, $  -- это путь вдоль плоскости.}

\noindent В результате имеем  $\; A = mgH\cdot (\sin\alpha  + \mu \cos\alpha
)/\sin\alpha \, $.

Полезная же работа равна  $\; mgH\, $: наклонная плоскость нужна для того,
чтобы поднимать груз на высоту. Получаем
$$\eta  = \frac {\sin\alpha }{\sin\alpha +\mu \cos\alpha } =
\frac {\mbox{tg}\alpha }{\mbox{tg}\alpha +\mu } \leq  1\;.$$ Видно, что для
увеличения к.п.д. надо уменьшать коэффициент трения. При $\; \mu  = 0\, $
к.п.д. равен единице. Если  $\; \mbox{tg}\alpha  = \mu \, $  (угол
скольжения), то  $\; \eta  = 1/2\, $, или 50\%. Половина работы тратится на
преодоление трения. Зато если тело отпустить, то при таком угле оно удержится
на плоскости. При постройке египетских пирамид для поднятия каменных блоков
использовалась наклонная плоскость -- гора, насыпанная из песка. Конечно,
трение было большим, и коэффициент полезного действия был далек от единицы.

Например, пусть тело массой  $\; m = 1\, $кг поднимают силой $\; f = 60\, $Н
на высоту  $\; h = 1\, $м. Ускорение силы тяжести $\; g\, $  будем считать
равным  10 м/с$^2$. Работа силы $\; f\, $  на пути  $\; h\, $  равна $\; fh =
60\, $ Дж. Эта работа идет на увеличение энергии, которая складывается из
потенциальной энергии взаимодействия тела с Землей $\; (mgh - mg\cdot 0 = 10\,
$Дж) и кинетической энергии $\;  mv^2/2\, $. Приравнивая работу внешней силы
изменению механической энергии, получим:
$$fh = \frac {mv^2}{2} + mgh \;,$$
откуда  $\; mv^2/2 = 50$ Дж. Теперь мы можем найти скорость тела на высоте  1
м: $\;  v = \sqrt{2\cdot 50/1} = \sqrt{100} = 10$ м/с. Тело ускоряется, так
как сила $\; f\, $  больше силы тяжести. То же значение скорости можно
получить, найдя ускорение тела  $\; a =(f - mg)/m = 50$ м/с$^2$; тогда $\; v =
\sqrt{2ah} = 10$ м/с.

\subsection{Неупругий удар}
Пусть\index{удар!неупругий} два тела одинаковой массы $\; m\, $ летят
навстречу со скоростями $\; v\, $ и при ударе слипаются. Найдем изменение
внутренней энергии этих тел.\index{энергия!внутренняя|(}

Обозначим искомое приращение внутренней энергии через $\; \Delta Q\, $. Полная
энергия вначале состояла только из кинетической:
$$E_0 = 2\frac {mv^2}{2} = mv^2\;.$$
После столкновения тела останавливаются. Кинетическая энергия равна нулю, зато
увеличивается внутренняя энергия:
$$E = \Delta Q \;.$$
По закону сохранения энергии $\; E = E_0\, $, так что  $\; \Delta Q = mv^2\,
$.

В этой и многих подобных задачах внутренняя энергия увеличивается, $\; \Delta
Q > 0\, $. Оба тела при ударе нагреваются. Поэтому приращение внутренней
энергии иногда называют выделившимся \textbf{теплом}\index{тепло}, или
тепловой энергией.\index{энергия!тепловая|see{тепло}} Говорят, что
механическая энергия переходит в тепло. В тепло идет часть работы механизмов
при к.п.д., меньшем 1.

\bigskip
\oneast{%*
Но тепло и внутренняя энергия -- не всегда одно и то же. Внутренняя энергия --
более общее понятие -- может в механике и уменьшаться. Примером является
разрыв снаряда на осколки, разлетающиеся в разные стороны. Здесь в
кинетическую энергию переходит часть внутренней энергии, запасенной в заряде.
Осколки снаряда разгоняются газами, выделяющимися при взрыве, при этом
уменьшается внутренняя энергия газов. Это изменение внутренней энергии в
механических задачах не рассчитывается, а просто задается. Многие ядра атомов
и элементарные частицы нестабильны и самопроизвольно распадаются на два или
несколько осколков. Запас внутренней энергии в таких частицах тоже имеет не
механическую природу, но изменения ее при распаде могут быть измерены по
кинетической энергии осколков.\index{энергия!внутренняя|)} }%*

\section{Применения законов сохранения. Соударения}
Особенно плодотворным оказывается совместное применение законов сохранения
энергии и импульса. Часто, не зная деталей процесса, из этих законов можно
сделать важные выводы.

\subsection{Упругие столкновения}
При всякого рода ударах, происходящих за короткое время, обычно можно
пренебречь внешними воздействиями и считать систему замкнутой. Рассмотрим
случай, когда суммарная кинетическая энергия тел после соударения не
уменьшается (то есть не переходит в другие виды). Такое взаимодействие
называется \textbf{абсолютно упругим} ударом.\index{удар!упругий|(}

На самом деле во время любого столкновения происходит деформация и возрастает
потенциальная энергия. Но если рассмотреть состояние после удара, то
потенциальная энергия вернется к прежнему значению. При упругом ударе не
должно быть выделения тепла (нет трения, неупругих деформаций, и т.п.).

\subsection{Центральный удар}
\lefteven{55}{50}{3_11.pcx}{Рис. 3.11}{ Рассмотрим сначала <центральное>
столкновение.\index{удар!упругий!центральный|(} Примером может служить лобовое
столкновение стальных шаров; при этом точка их взаимодействия лежит на линии,
соединяющей центры. Пусть шар массы $\; m_1\, $ налетает на другой шар массы
$\; m_2\, $. Скорости тел до удара $\; v_1\, $ и $\; v_2\, $ направлены вдоль
оси $\; x\, $ (рис. 3.11). }

Найдем скорости шаров $\; u_1\, $  и  $\; u_2\, $ после удара. Поскольку тела
образуют замкнутую систему, а удар упругий, сохраняются импульс и энергия:
$$m_1u_1 + m_2u_2 = m_1v_1 + m_2v_2 \;,$$
$$\frac {m_1u_1^2}{2} + \frac {m_2u_2^2}{2} =
\frac {m_1v_1^2}{2} + \frac {m_2v_2^2}{2} \;.$$ Исключая $\; u_2\, $, можно
получить очень громоздкое квадратное уравнение для $\; u_1\, $. Вычисления
можно упростить, если сделать следующие преобразования. Перенесем в левую
часть члены, относящиеся к первому телу (с индексом 1), а в правую часть -- с
индексом 2. При этом умножим второе уравнение на  2:
$$m_1(u_1 - v_1) = m_2(v_2 - u_2) \;,$$
$$m_1(u_1^2 - v_1^2) = m_2(v_2^2 - u_2^2) \;.$$
Поделим нижнее уравнение на верхнее и получим:
$$u_1 + v_1 = u_2 + v_2 \;.$$
Последнее уравнение вместе с законом сохранения импульса образуют систему из
двух линейных уравнений. Эта система имеет единственное решение:
$$u_1 = \frac {(m_1-m_2)v_1 + 2m_2v_2}{m_1+m_2}\;, \quad
u_2 = \frac {-(m_1-m_2)v_2 + 2m_1v_1}{m_1+m_2}\;.$$ Выражение для  $\; u_2\, $
получается из $\; u_1\, $ заменой индексов  1 на 2  и  2 на 1. Так и должно
быть: мы могли первую частицу назвать второй, а вторую -- первой. Исходные
уравнения симметричны относительно замены номеров частиц: при перестановке
индексов уравнения не меняются. Такая проверка на симметрию часто бывает
полезна в физике.

\subsection{\lev Потерянное решение}
{\sf Исходная система сводилась к квадратному уравнению, имеющему два решения.
Куда же пропало второе решение? Мы поделили уравнения друг на друга. Такое
деление возможно, только если делители  $\; (u_1 - v_1)\, $  и  $\; (v_2 -
u_2)\, $ отличны от нуля. Поэтому надо проверить решение
$$u_1 = v_1 , \quad u_2 = v_2\;.$$
Очевидно, что оно удовлетворяет исходным законам сохранения. Но каков его
смысл? Частицы сохранили свои начальные скорости и как будто пролетели, <не
замечая> друг друга.

Из законов сохранения никак не следует, что соударение обязательно произойдет.
Законы пишутся точно так же в случае, если скорости направлены вдоль одной
оси, но частицы движутся не по одной прямой. Поэтому, действительно, второе
решение можно истолковать как промах.

Другое истолкование -- это начальное состояние (до соударения), которое
автоматически удовлетворяет законам сохранения. Мы видим, что второе решение,
которое часто не замечают, имеет глубокий
смысл. }%*

\subsection{Центральный удар -- частные случаи}
Может быть, самый интересный из них -- когда массы тел равны, $\; m_1 = m_2\,
$. Тогда из полученных формул после удара имеем
$$u_1 = v_2, \quad u_2 = v_1 \;.$$
При абсолютно упругом соударении тел одинаковой массы они просто обмениваются
скоростями. В частности, если на неподвижный ($\; v_2 = 0\, $) бильярдный шар
налетает <в лоб> другой шар, то налетающий останавливается, а покоившийся
приобретает его скорость. Это легко наблюдать на опыте, несмотря на некоторую
неупругость удара. При встречном ударе шаров с одинаковыми скоростями  ($\;
v_1 = - v_2\, $)  скорости просто меняют знак.

Другой предельный случай -- соударение тела с неподвижной стенкой (которую
можно понимать как тело бесконечной массы), то есть $\; v_2 = 0\, $  и  $\;
m_2 = \infty \, $. После удара  $\; u_1 = -v_1, \quad u_2 = 0\, $. Для шара
все равно, удариться о жесткую стенку или о встречный шар той же массы,
движущийся такой же по величине скоростью. В самом деле, между встречными
шарами можно разместить воображаемую плоскость. Из симметрии она при ударе
неподвижна и равносильна жесткой стенке.

Интересен также обратный случай, когда тяжелая стенка налетает на тело ($\;
m_1 = \infty , \quad v_2 = 0\, $). Тогда получим
$$u_1 = v_1 , \quad u_2 = 2v_1 \;.$$
Тяжелое ударяющее тело придает легкому не свою (как некоторые думают),
 а \textbf{удвоенную}
 скорость. Действительно, при подаче теннисный шарик отлетает от
ракетки (обгоняет ее), а не прилипает к ней.  Этот результат легко получить и
из предыдущего, если перейти в систему отсчета, где стенка покоится. В этой
системе тело налетает на стенку со скоростью $\; -v_1\, $ , а отскакивает со
скоростью $\; v_1\, $. Вернемся в исходную систему: по закону сложения
скоростей прибавляем скорость системы:\index{удар!упругий!центральный|)} $\;
v_1 + v_1 = 2v_1\, $.\index{удар!упругий|)}

\subsection{Абсолютно неупругий удар}
Реально при ударе всегда есть некоторая неупругость: часть кинетической
энергии теряется. Предельный случай, когда потери максимальны, называется
\textbf{абсолютно неупругим} ударом.\index{удар!неупругий|(} Например, при
столкновении пластилиновых шариков они не отскакивают, а образуют единое тело.

Для простоты рассмотрим случай, когда шар массы $\; m\,$ налетает со скоростью
$\; V\, $  на покоящийся шар массы $\; M\, $  (частный случай задачи,
рассмотренной в п. 2.8). Шары слипаются и далее двигаются вместе. Скорость $\;
u\, $  получившегося тела найдем из закона сохранения импульса:
$$mV + 0 = (m + M)u , \quad \mbox{откуда }\; u = \frac
{mV}{m+M}\;.$$ Заметим, что $\; u\, $ -- это скорость центра масс системы
(вспомним п. 2.9). Это легко понять: система замкнута, и ее центр масс
движется с одной и той же скоростью как до, так и после удара, независимо от
взаимодействий тел.

Кинетическая энергия тела
$$\frac {(m+M)u^2}{2} = \frac {m^2V^2}{2(m+M)} \equiv
\frac {mV^2}{2}\cdot \frac {m}{m+M}$$ меньше, чем начальная кинетическая
энергия $\; mV^2/2\, $. Часть энергии перешла во внутреннюю (пошла на нагрев
тела). Эту часть $\; Q\, $ можно найти из закона сохранения энергии:
$$\frac{mV^2}{2} = \frac {(m+M)u^2}{2} + Q \;.$$
Отсюда
$$Q = \frac{mV^2}{2}\cdot \frac {M}{m+M}\;.$$
Если масса $\; M\, $ велика, то почти вся кинетическая энергия переходит в
тепло (например, при падении камня на Землю). Если масса $\; M\, $ значительно
меньше $\;m\,$, то в тепло переходит небольшая часть начальной кинетической
энергии, так как тело продолжает движение, хотя и с немного меньшей скоростью.
При равных массах в тепло идет половина начальной
энергии.\index{удар!неупругий|)}


\subsection{\lev Порог реакции}
{\sf \rightoddp{75}{55}{3_12.pcx}{Рис. 3.12}{ Пусть\index{порог реакции|(}
тело массы $\; m\, $ со скоростью $\; V\, $ налетает на покоящееся тело массы
$\; M\, $. Внутри второго тела есть пружина с коэффициентом упругости $\; k\,
$. Пружина фиксируется защелкой, если она сожмется на величину $\; x_0\, $
(рис. 3.12). Энергию сжатия пружины $\; kx^2_0/2\, $ для краткости обозначим
$\; Q\, $. }{3}

Эта система -- простейшая модель химической или ядерной реакции, требующей
затрат внешней энергии.

Найдем минимальную (пороговую) кинетическую энергию налетающего тела, при
которой произойдет реакция. Для этого пружина должна сжаться до защелки. На
первый взгляд, надо только, чтобы начальная кинетическая энергия  превышала
$\; Q\, $. Но этого недостаточно: часть энергии налетающего тела идет на
разгон второго.

При малом превышении порога скорости тел после взаимодействия практически
равны: ведь пружина почти не разжимается и не расталкивает тела. Тогда задача
сводится к случаю абсолютно неупругого удара, только здесь внутренней энергией
следует считать энергию пружины. Воспользовавшись уже полученным в п. 3.6.5
результатом, имеем:
$$\frac {mV^2}{2} \geq  Q\cdot \frac {m+M}{M}\;.$$
Если масса $\; M\, $  очень мала, потребуется огромная начальная энергия $\;
mV^2/2 >> Q\, $. Пороговая скорость  $\; V = \sqrt{2Q(m+M)/Mm}\, $. При
меньшей скорости реакция не произойдет,
частицы разлетятся упруго.\index{порог реакции|)} }%*

\subsection{\lev Распад частиц}
{\sf Пусть\index{распад частиц|(} теперь в начальном состоянии имеется уже
сжатая пружина, легкое прикосновение к которой освобождает запасенную энергию,
разгоняя массы $\; m\, $ и $\; M\, $, которые вначале покоились. Этот случай
описывает реакцию распада нестабильных частиц, происходящую с выделением
энергии. Начальная внутренняя энергия $\;Q\,$ переходит в кинетическую энергию
разлетающихся частиц.  Тогда импульсы разлетающихся тел равны по величине и
противоположны:
$$\vec{p}_1 = - \vec{p}_2 , \quad
|\vec{p}_1| = |\vec{p}_2| = p\;.$$ Из закона сохранения энергии
$$Q = \frac {p^2}{2m} + \frac {p^2}{2M}$$
легко получить величину импульса  $\; p\, $:
$$p = \sqrt{\frac {2mMQ}{m+M}}\; .$$
Поскольку импульсы равны по величине, быстрее будет лететь более легкое тело.
Кинетические энергии $\; p^2/2m\, $  делятся обратно пропорционально массам
тел. Легкое тело получит б\'ольшую долю выделившейся энергии.

Это же решение описывает выстрел из пистолета, пушки и пр. Основная часть
энергии пороховых газов передается легкой пуле, но и оружие испытывает
некоторую отдачу. Если бы масса пистолета равнялась массе пули, то и стрелку,
и его противнику причинялся бы
примерно одинаковый ущерб.\index{распад частиц|)} }%*

\subsection{\Lev Пример: термоядерная реакция}
{\normalsize \bf При реакции\index{термоядерная реакция|(} ядер дейтерия и
трития выделяется значительная энергия $\;Q = 17,6\,$ МэВ (17,6 миллионов
электронвольт; электронвольт -- удобная для атомной физики единица энергии: 1
эВ = $1,6\cdot 10^{- 19}$ Дж). Реакция записывается так:
$$^2\mbox{D} + ^3\!\mbox{T} =^4\!\mbox{He} + ^1\!\mbox{n} \;,$$
где D -- дейтерий (тяжелый водород с массой ядра 2 атомных единицы), T --
тритий (сверхтяжелый водород -- масса 3), He -- гелий (масса 4), n -- нейтрон
(масса 1). Поскольку происходит значительное выделение энергии, начальной
кинетической энергией частиц можно пренебречь, и эта реакция прекрасно
описывается разобранной выше моделью распада. Выделившаяся энергия делится в
отношении 4/5 к 1/5. Нейтрон получает 14,1 МэВ, а на долю ядра гелия ($\alpha
$ -- частицы) остается 3,5 МэВ. Заметим, что только $\; \alpha $ -- частицы
нагревают среду и способствуют продолжению реакции, а нейтрон улетает из
системы практически без взаимодействия, так как он не имеет электрического
заряда. Нейтрон уносит с собой основную долю энергии. Это -- одна из причин,
почему термоядерную
реакцию трудно осуществить.\index{термоядерная реакция|)} }%**

\subsection{\lev Нецентральный удар}
{\sf При нецентральном ударе\index{удар!нецентральный|(} двух шаров они
разлетятся в некоторой плоскости. Введем координаты X и Y в этой плоскости и
рассмотрим случай, когда одно из тел покоилось до соударения.  Пусть шары
гладкие, то есть трения нет и вращение при ударе не возникает. Ось X направим
по скорости налетающего тела $\; V\, $. Имеем три уравнения -- сохранение двух
компонент импульса и энергии:
$$
\begin{array}{rcl}
mV & = & mu_{1x} + Mu_{2x} \;,\\
0  & = & mu_{1y} + Mu_{2y} \;, \\
\displaystyle \frac {mV^2}{2} + 0 & = & \displaystyle \frac {mu^2_1}{2} +
\displaystyle \frac {Mu^2_2}{2}\;.
\end{array}
$$
Теперь есть три уравнения с четырьмя неизвестными. Так как неизвестных больше,
чем уравнений, такая система имеет бесконечно много решений.

\lefteven{49}{100}{3_13.pcx}{Рис. 3.13}{ Чтобы найти определенное решение,
нужно знать, как ударились шары, то есть где была точка соприкосновения (рис.
3.13, где показаны три последовательные момента времени). Если удар лобовой,
результат нам уже известен; если удар почти касательный, очень слабый, то
скорости практически будут равны скоростям до удара. В общем случае задача
тоже решается. Попробуйте сделать это самостоятельно. (Указание: импульс
вначале неподвижного шара направлен по линии, соединяющей центры шаров в
момент столкновения).

Если нет такой дополнительной информации о процессе столкновения, то
предсказать результат заранее нельзя. Но можно использовать информацию о
состоянии после удара.}

Физики -- экспериментаторы, изучая \rule{0pt}{14pt} столкновения частиц,
измеряют направление вылета одной из них. Тогда можно найти направление второй
скорости и величины обоих. При этом не нужно знать, как взаимодействуют два
электрона или нейтрона. Законы сохранения не зависят от таких деталей, и
задача решается так же, как для бильярдных шаров.

В более сложных ситуациях (например, когда частиц много) информация, которую
дают законы сохранения, еще более ограничена. Ведь сохранение импульса дает
максимум три уравнения; сохранение энергии -- четвертое. Но зато законы
сохранения -- точные: они дают некоторые ограничения, которых никакое
взаимодействие не может нарушить. Например, энергия одной частицы не может
превышать
полной энергии, и т.д. \index{удар!нецентральный|)} }%*

{\sf Оценим величину сил, действующих на тело в движущейся жидкости.

\lefteven{90}{50}{3_18.pcx}{Рис. 3.18}{ Пусть тело обтекается потоком, имеющим
вдали от тела скорость  $\; V\, $  и давление  $\; P_0\, $  (рис. 3.18).
Очевидно, есть линия тока, которая упирается в поверхность тела в точке  A,
где течение останавливается. }

Применим закон Бернулли вдоль этой линии тока:
$$P_0 + \frac{\rho V^2}{2} = P_A + 0 \;,$$
откуда
$$\Delta P = P_A - P_0 =\frac {\rho V^2}{2}\;.$$
Величина $\; \rho V^2/2 \, $ -- характерный перепад давления в потоке --
называется динамическим напором\index{динамический напор}. Если точка  A
находится на подводной части корабля, идущего со скоростью  30 узлов $\approx
$ 15 м/с, то прирост давления составит
$$\frac {\rho V^2}{2} = \frac {10^3\cdot 15^2}{2} = 1,125\cdot 10^5
\mbox{ Па } \approx  1,1 \mbox{ атм}\;.$$ На перпендикулярную потоку площадку
в 1 м$^2$ в носовой части будет действовать сила 1,125$\cdot 10^5$ Н ,
примерно равная весу тела с массой в 10 тонн!

Так же можно оценить напор встречного воздуха при спуске на лыжах с горы, при
ветре. На носу самолета, летящего со скоростью 720 км/ч = 200 м/с, давление
возрастает на 0,25 атм. Сжимаемость воздуха при таких скоростях еще невелика.
Поэтому течение газов при не слишком больших скоростях тоже можно
рассматривать как
течение несжимаемой жидкости. }%*

\textbf{4. Статика.}

\subsection{Пример}
Найдем силу, достаточную для  того,  чтобы  приподнять  один  из концов
лежащего на горизонтальной поверхности рельса  массы  $\; M\, $.

При подъеме одного конца рельс вращается вокруг другого.  Момент поднимающей
силы  $\; F\, $  равен $\;  FL\, $, где  $\;  L\,  $ -- длина рельса. Ему
противодействует момент силы  тяжести   $\; MgL/2\, $, так как сила тяжести
приложена в середине  рельса.  В равновесии моменты равны:
$$FL = MgL/2\;,$$
откуда $\; F = Mg/2\, $. Минимальная сила равна  половине  веса. Приподнимая
по очереди концы,  можно  перемещать  тяжелые  тела, которые мы не можем
полностью оторвать от земли.\index{момент силы!тяжести|)} \index{момент
силы|)}

Рассмотрим еще один пример. Чтобы вы\-та\-щить застрявший в грязи автомобиль,
водитель привязывает его тросом к столбу, находящемуся на некотором
расстоянии. \bls

\rightodd{102}{54}{4_06.pcx}{Рис. 4.6}{ Трос надо натянуть по возможности
туго, а затем всем своим весом навалиться на его се\-ре\-ди\-ну (рис. 4.6).
Рассмотрим равновесие малого участка троса вблизи середины. }

Вниз действует вес водителя $\; P\, $. Он компенсируется вертикальными
составляющими сил натяжения:  $\; P = 2T\sin\alpha \, $. Отсюда $\; T  =
P/(2\sin\alpha )\, $. Если угол $\;  \alpha \, $  мал, сила натяжения    $\;
T\, $  гораздо больше веса  $\; P\, $. Например, для $\; \alpha $ = 3\grad \
получаем  $\; T \approx  10P\, $. Потому и удается сдвинуть автомобиль,
вызывая силой $\;  P\, $  появление значительно большей силы  $\; T\, $.

\subsection{Примеры}
Попробуем приставить однородный стержень длины $\; L\, $ наклонно к стене
комнаты.
\begin{enumerate}
\item Пусть стержень составляет угол  $\; \alpha \, $ с горизонтом и пол
гладкий, то есть трения между стержнем и полом нет (рис. 4.7). Возможно ли
равновесие?

На рисунке изображены силы, которые должны действовать на стержень со стороны
Земли ($\; mg\, $), стенки ($\; N_1\, $ и $\; F_1\, $) и пола ($\; N_2\, $).
Очевидно, что на ось  X имеет отличную от нуля проекцию единственная сила --
$\; N_1\, $. Тогда уравнение равновесия сил может быть выполнено лишь при  $\;
N_1 = 0\, $. Следовательно, сила трения $\;  F_1\, $ также равна нулю, а $\;
N_2 = mg\, $.

Но тогда условие равенства нулю суммы моментов сил не выполняется. Выбрав ось
вращения, например, проходящей через центр стержня, получим для момента силы
$\; N_2\, $:
$$M = \frac {mgL\cos\alpha }{2} \neq  0 \;.$$
Равновесие невозможно. Стержень непременно упадет на пол.

\twofigs{61}{64}{86}{82}{4_07.pcx}{4_08.pcx}{Рис. 4.7\ \ \ }{Рис. 4.8}{10}

\item  Пусть между стержнем и полом есть трение, а стена гладкая. Возможно ли
равновесие теперь? Силы, действующие в этом случае, изображены на рисунке 4.8.
Здесь через $\; F_2\, $  обозначена сила трения. Условие равновесия сил в
проекциях на оси  X и Y дает:
$$N_2 - mg = 0 \;,$$
$$N_1 - F_2 = 0 \;.$$
Выберем ось вращения проходящей через нижнюю точку стержня (точка O  на
рисунке) и запишем условие равенства нулю суммы моментов сил:
$$N_1L\sin\alpha  -\frac {mgL\cos\alpha }{2} = 0 \;.$$
Из этих уравнений сразу получаются выражения для всех трех неизвестных сил:
$$N_1 = F_2 = \frac {mg}{2\mbox{tg}\alpha }\,; \quad  N_2 = mg \;.$$
При малых углах \ tg$\alpha \, $  мал, и сила трения  $\; F_2\, $ из этого
решения получится очень большой. Однако она не может превышать значения $\;
\mu N_2\, $ -- силы трения скольжения:
$$F_2 \leq  \mu mg \;.$$
Значит, полученные формулы для  $\; N_1, F_2\, $  могут выполняться лишь при
углах не меньше некоторого критического $\; \alpha _*\, $. Значение
критического угла соответствует случаю, когда сила трения покоя максимальна:
$$F_2 = \mu N_2\,, \quad \mbox{ или} \quad
\frac {mg}{2\mbox{tg}\alpha } = \mu mg \;.$$ Отсюда для критического угла
получается соотношение:
$$\mbox{tg}\alpha _* = \frac {1}{2\mu }\;.$$
Равновесие возможно лишь при углах больше критического.

Если попытаться установить стержень с меньшим углом, то есть ближе к
горизонтальному положению, то формально равновесие возможно только при $\; F_2
> \mu mg\, $. Этого можно добиться, только удерживая стержень в нижней точке
дополнительной внешней силой. Одно же трение будет неспособно обеспечить
устойчивость, и стержень упадет.
\end{enumerate}

\subsection{Как выбрать ось вращения?}
Для записи условия равновесия моментов сил в рассмотренной задаче можно было
выбрать и любую другую ось.\index{условия равновесия!выбор оси} Так, для оси,
проходящей через верхнюю точку стержня, для рис. 4.8 получим:
$$F_2L\sin\alpha  - N_2L\cos\alpha  +
\frac {mgL\cos\alpha  }{2}= 0 \;.$$ (Убедитесь, что ответ при этом не
изменится).

Если тело не вращается (как должно быть в статике), то оно не вращается
относительно \textbf{любой} неподвижной оси. Разумно выбирать ось так, чтобы
уравнение моментов было максимально простым. Выбрав ось проходящей через точку
O, мы автоматически обратили моменты двух из четырех сил в нуль, так как плечи
сил  $\; N_2\, $ и $\; F_2\, $  равны нулю.\index{равновесие!условия|)}
\index{условия равновесия|)} \index{момент силы|)}

\bigskip
\twoast{ Рассмотрим еще один пример статически неопределенной системы. \bls
\rightodd{71}{45}{4_10.pcx}{Рис. 4.10}{ Пусть жесткая \rule{0pt}{16pt}
однородная балка длины  $\; L\, $ висит на четырех одинаковых канатах (рис.
4.10). Канаты расположены на одинаковых расстояниях $\; L/3\, $  друг от друга
и балка горизонтальна. Поставим неожиданный вопрос: <Канат  4  лопается. Для
уменьшения опасности разрыва канатов предлагают удалить еще и канат  1.
Разумно ли это предложение?>}

Сначала, когда балка висит горизонтально на четырех канатах, все просто:
натяжения всех канатов одинаковы и равны  $\; mg/4\, $. Уберем канат  4. Для
трех неизвестных  $\; F_1, F_2, F_3\, $ имеем два уравнения:
$$F_1 + F_2 + F_3 = mg\;, \quad
\frac {F_1L}{2} + \frac {F_2L}{6} - \frac {F_3L}{6} = 0\;.$$ Последнее
уравнение написано относительно оси, проходящей  через центр масс балки.
Уравнений равновесия снова недостаточно.

С чем связана неоднозначность? Дело в том, что длины канатов можно
регулировать. Например, подвесить балку только на средних канатах, и лишь
затем прицепить левый (он при этом может оказаться и нерастянутым). Необходимо
задать деформации канатов и их точные длины в нерастянутом состоянии. Пусть
для канатов выполняется закон Гука: сила пропорциональна растяжению. И пусть
длины нерастянутых канатов в точности равны друг другу. Тогда при
горизонтальном положении балки все три силы будут одинаковы.

\lefteven{78}{55}{4_11.pcx}{Рис. 4.11}{ Но при этом балка не будет находиться
в равновесии -- сумма моментов сил не равна нулю. Балка чуть перекосится
правым концом вниз (рис. 4.11). Если деформациями самой балки можно
пренебречь, из рисунка видно, что выполняется соотношение:
$$x_2 - x_1 = x_3 - x_2 \;.$$
Используя закон Гука, получим:}
$$F_3 - F_2 = F_2 - F_1 \;.$$
Это уравнение замыкает систему, и теперь легко найти решение:
$$F_1 = \frac {mg}{12}\,, \quad F_2 = \frac {4mg}{12}\,, \quad F_3
= \frac {7mg}{12}\;.$$ На  третий канат приходится больше половины веса.

Если теперь убрать левый канат, то получится статически определенная задача.
Тогда из симметрии имеем
$$F_3 = F_2 = \frac {mg}{2}\;,$$
то есть угроза разрыва каната  3  и падения балки, как ни странно,
уменьшается!

Чем больше жесткость канатов, тем точнее надо отмерять их исходную длину,
чтобы выполнялись условия задачи. Например, если балка массы 300 кг (вес 3000
Н) висит на четырех стальных стержнях сечением по 1 см$^2$ и длиной
(начальной) 1 м, то эта длина возрастет приблизительно на  0,04 мм -- меньше
толщины бритвенного лезвия. Если подвеска контролируется с меньшей точностью,
то результаты будут совершенно другие (например, какой-то стержень даже может
быть сжат). Как правило, натяжения не равны. С этим и связана
неопределенность. Табуретка на трех ножках статически определена, а на четырех
-- нет: для нее надо находить деформации ножек. (Впрочем, часто одна из ножек
бывает короче трех других, и на нее нет нагрузки).

\textbf{5. Движение в гравитационном поле.}

\subsection{\lev Вторая космическая скорость}
Найдем минимальную скорость, которую надо придать телу на поверхности Земли,
чтобы оно ушло <на бесконечность>, то есть очень далеко от Земли. Практически
это значит, что расстояние должно быть во много раз больше радиуса Земли.  Эту
скорость, называемую второй космической,\index{скорость!вторая космическая}
обозначим через $\; V_2\, $.

На  поверхности  Земли  тело  имело  кинетическую  энергию   $\; mV^2_2/2\, $.
При подъеме кинетическая  энергия  уменьшается,  и когда тело удалится  на
бесконечность,  скорость  должна  стать нулевой (иначе можно было бы уменьшить
начальную  скорость).  По закону сохранения энергии
$$\frac {mV^2_2}{2} + U(R_{\mbox{з}}) = 0 + U(\infty ) \;.$$
Потенциальная энергия на поверхности Земли  $\;  U(R_{\mbox{з}}) = -
GMm/R_{\mbox{з}} \, $, а на бесконечности -- нуль. Тогда
$$\frac {mV^2_2}{2} - \frac {GMm}{R_{\mbox{з}}} = 0 \;,$$
откуда получаем\index{скорость!вторая космическая}
$$V_2 = \sqrt{2GM/R_{\mbox{з}}}  =  \sqrt{2gR_{\mbox{з}}}  \approx
11 \mbox{ км/с}\;.$$ Видно, что вторая  космическая  скорость в $\; \sqrt{2}\,
$  раз превышает первую космическую $\; V_1 = \sqrt{gR_{\mbox{з}}}\, $.

Если же зафиксировать нуль потенциальной энергии на  поверхности Земли, то
закон сохранения энергии запишется в виде:
$$\frac {mV^2_2}{2} + 0 = 0 + GMm\left (\frac  {1}{R_{\mbox{з}}}
- \frac {1}{\infty } \right ) \;.$$ Хотя при таком выборе потенциальная
энергия везде  положительна, скорость $\; V_2\, $  получается, конечно, та же
самая. Разности потенциальных энергий не
меняются!\index{потенциальная энергия!в поле тяготения!начало отсчета} }%*



\textbf{6. Колебания.}

\subsection{Примеры }
\begin{enumerate}
\item   Найдем   частоту колебаний системы из двух одинаковых масс $\; m\, $,
соединенных пружиной жесткости $\;  k\, $ (рис. 6.9).  \bls

\rightoddp{53}{25}{6_09.pcx}{Рис.  6.9}{ Из \rule{0pt}{18pt} симметрии системы
ясно, что при колебаниях
 тела будут иметь равные и противоположно направленные скорости и
 смещения.  Обозначим через $\; x\, $ смещение левого тела.}{5}

Тогда  смещение  правого  будет   $\;  -  x\,  $,  а   суммарная деформация
пружины равна  $\; 2x\, $. Запишем  закон  сохранения энергии:
$$2\frac {mv^2}{2} + \frac {k(2x)^2}{2} = E \;,$$
или $\; mv^2 + 2kx^2 = E\, $. Разделив коэффициент при $\; x^2\, $ на
коэффициент при $\; v^2\, $, получаем квадрат частоты:
$$\omega  ^2 = \frac {2k}{m}\;.$$
То же самое можно получить и из второго закона Ньютона. При этом надо учесть,
что середина пружины -- центр масс системы -- при колебаниях покоится. Это
сводит задачу к колебанию тела массы $\; m\, $  на пружине половинной длины
(ее жесткость $\; 2k\, $).
\item \oneast{На рис. 6.10 показан вариант крутильного маятника. %\bls

\rightoddp{82}{80}{6_10.pcx}{Рис.  6.10}{ Обруч массы   $\;  m\, $, радиуса
$\; R\, $  с невесомыми спицами  может  вращаться  на оси. К  обручу
прикреплены   две   пружины,   которые в равновесии не растянуты (свободны).
Жесткости пружин равны   $\; k_1\, $  и  $\; k_2\, $. При повороте обруч
растягивает одну  из пружин (например, правую) и сжимает  другую.  Пусть
перемещение точки на  обруче  равно   $\;  x\,  $.  Суммарная  потенциальная
энергия пружин будет }{8}
$$\frac {k_1x^2}{2} + \frac {k_2x^2}{2} = \frac
{(k_1+k_2)x^2}{2} \;.$$ Кинетическая же энергия равна $\; mv^2/2\, $, ведь все
точки обруча имеют одинаковую линейную скорость  $\; v\, $. Пишем закон
сохранения энергии:
$$\frac {mv^2}{2} + \frac {(k_1+k_2)x^2}{2} = E \;.$$
Деля коэффициенты, получаем
$$\omega  ^2 = \frac {k_1+k_2}{m} \;.$$
Этот результат из уравнений движения получить труднее. Мы знаем динамику
поступательного движения, а в этой задаче нужна
динамика вращения. }%*
\end{enumerate}

Энергетический подход часто бывает проще, чем описание с помощью уравнения
колебаний. Отметим, что для нахождения частоты колебаний полную энергию $\;
E\, $  знать не надо: частота от нее не зависит.\index{частота колебаний!из
уравнения энергии|)}



\textbf{7. Неинерциальные системы отсчета.}

\subsection{\lev Пример}
На полу вагона стоит прямоугольный ящик ширины  $\; a\, $  и высоты  $\; b\, $
(рис. 7.4). При каком ускорении вагона ящик опрокинется? Ящик не
проскальзывает по полу.

\lefteven{70}{42}{7_04.pcx}{Рис. 7.4}{ Падая, ящик должен вращаться вокруг
ребра. В системе вагона на ящик действуют сила тяжести $\; m\vec{g}\, $  вниз
и фиктивная сила $\; -m\Vec{A}\, $  вбок. Фиктивную силу, как и силу тяжести,
можно считать приложенной к центру масс. }

Ящик перевернется, если равнодействующая этих сил проходит мимо площади опоры.
Следовательно, $\;  A/g > a/b\, $. (Есть еще реакция пола и трение, но эти
силы не создают момента при повороте относительно оси вращения).

Из этого примера видно преимущество ускоренной системы: динамика
заменилась более простой статикой. }%*

\subsection{\lev Задача}
Стержень массы $\; m\, $  и дли с угловой скоростью  $\; \omega надо
удерживать.

Во вращающейся системе отсчета \Delta m_i\, $  стержня действу \Delta
m_i\omega  ^2r_i\, $, на силу  $\; F\, $, надо сложить в однородного стержня
удобно все $\;  N\, $ одинаковыми и равными $\;  m/N\ длину. Суммируя все $\;
\Delta
$$F = m\omega  ^2\cdot \frac {r
 ^2L}{2}\;,$$
так как дробь $\; ( r_1+r_2+ \d
средний радиус вращения. }%*

\end{document}

\newpage
 \textbf{1. Молекулярно-кинетическая теория.}
\begin{enumerate}
\item  Смесь аргона и азота находится в закрытом баллоне. Что можно сказать о средних
энергиях молекул этих газов?
\begin{enumerate}
    \item \textbf{Энергия больше у азота, как двухатомного газа}
    \item Энергия больше у аргона, как более тяжелого газа
    \item Средние энергии равны
    \item Неизвестно, зависит от давления в сосуде
\end{enumerate}
\item  Смесь аргона и гелия находится в закрытом баллоне. Что можно сказать о средних
скоростях молекул этих газов?
\begin{enumerate}
    \item Скорость больше у молекул азота, как двухатомного газа
    \item \textbf{Скорость больше у гелия, как более легкого газа}
    \item Средние скорости равны
    \item Неизвестно, зависит от давления в сосуде
\end{enumerate}
\item  Когда из сосуда выпустили некоторое количество газа, давление в нем упало на
40\%, а абсолютная температура - на 20\%. Какая часть газа осталась в сосуде?
\begin{enumerate}
    \item 0,85
    \item \textbf{0,75}
    \item 0,65
    \item 0,25
\end{enumerate}
 \item Газ занимает объем 100 л при нормальном атмосферном давлении
 и температуре 200 $^{\circ}$С. Сколько молей содержится в газе?
 \begin{enumerate}
    \item 1,5
    \item 2
    \item \textbf{2,5}
    \item 4
\end{enumerate}
 \item При повышении температуры газа в запаянном сосуде его давление
 увеличивается. Это объясняется тем, что с ростом температуры
 \begin{enumerate}
    \item Увеличиваются размеры молекул газа
    \item \textbf{Увеличивается энергия молекул газа}
    \item Увеличивается потенциальная энергия молекул газа
    \item Расширяются стенки сосуда, из-за чего уменьшается объем газа
\end{enumerate}
 \item Постоянную массу идеального газа переводят сначала при постоянном давлении
 $P$ от объема $V$ до объема $3V$, а затем, при постоянном объеме,
 до давления $2P$. Если в начальном состоянии температура газа была 100 К, то в конечном
 будет
 \begin{enumerate}
    \item \textbf{600 К}
    \item 300 К
    \item 100 К
    \item 150 К
\end{enumerate}
% \item
\end{enumerate}

 \textbf{2. Термодинамика.}

\begin{enumerate}
 \item  Какое соотношение следует из первого закона
термодинамики для изохорного процесса?
\begin{enumerate}
    \item $\Delta U = Q$ \textbf{(изменение энергии равно полученному количеству
    теплоты)}
    \item $\Delta U = A$(изменение энергии равно работе, совершенной над газом)
    \item $\Delta U = 0$
\end{enumerate}
\item  В тепловой машине температура нагревателя 600 К. Температура
холодильника на 400 К меньше. Максимально возможный КПД машины равен
\begin{enumerate}
    \item 1/2
    \item 1/3
    \item 3/4
    \item \textbf{2/3}
\end{enumerate}
 \item При уходе из дома оставили открытой дверцу холодильника. Из-за этого температура
 воздуха в комнате
\begin{enumerate}
    \item Упадет
    \item Не изменится
    \item \textbf{Увеличится}
    \item Может упасть, возрасти или не измениться, в зависимости от типа
    холодильника
\end{enumerate}
 \item  Газ, совершающий цикл Карно, за счет каждых 2 кДж энергии, полученной от
 нагревателя, производит работу 600 Дж. Во сколько раз абсолютная температура
 нагревателя больше абсолютной температуры холодильника?
 \begin{enumerate}
    \item 1,25
    \item \textbf{1,43}
    \item 1,67
    \item 2,1
 \end{enumerate}
\end{enumerate}

 \textbf{3. Свойства жидкостей и твердых тел.}
\begin{enumerate}
\item Почему жидкости при определенной температуре начинают кипеть?
 \begin{enumerate}
    \item При нагреве молекулы жидкости движутся быстрее. При температуре кипения они начинают
    покидать поверхность.
    \item При нагреве молекулы движутся быстрее и чаще покидают жидкость. Этот процесс
    особенно резко усиливается при температуре кипения.
    \item \textbf{При температуре кипения достигается равенство внешнего
    давления и давления насыщенного пара. Жидкость начинает испаряться <<внутрь себя>>,
    образуя всплывающие пузыри}
\end{enumerate}
\item Каков характерный размер атома?
 \begin{enumerate}
    \item $10^{-15}$ м
    \item \textbf{$10^{-10}$ м}
    \item $10^{-7}$ м
    \item $10^{-6}$ м
 \end{enumerate}
\item Испарение воды при нормальном атмосферном давлении может происходить
 \begin{enumerate}
    \item при 100 $^{\circ}$С
    \item \textbf{при любой температуре менее 100 $^{\circ}$С}
    \item при положительных температурах (больше 0 $^{\circ}$С)
    \item при любой температуре
 \end{enumerate}
\item С повышением давления температура кипения жидкости
 \begin{enumerate}
    \item уменьшается
    \item возрастает неограниченно
    \item не изменяется
    \item \textbf{возрастает до некоторого предела}
 \end{enumerate}
\item Если в жидкость опустить тонкую трубочку (капилляр), то уровень жидкости в нем
будет
 \begin{enumerate}
    \item выше уровня снаружи
    \item \textbf{может быть выше или ниже, в зависимости от свойств жидкости и материала капилляра}
    \item ниже уровня снаружи
 \end{enumerate}
\item С повышением давления температура плавления льда
 \begin{enumerate}
    \item \textbf{уменьшается}
    \item возрастает
    \item не изменяется
 \end{enumerate}
\item В невесомости капля жидкости принимает форму
 \begin{enumerate}
    \item куба
    \item цилиндра
    \item \textbf{шара}
 \end{enumerate}
\item Внутри мыльного пузыря давление
 \begin{enumerate}
    \item \textbf{больше внешнего}
    \item равно внешнему
    \item меньше внешнего
    \item бывает больше или меньше, в зависимости от влажности
 \end{enumerate}
\item Число фаз вещества равно
 \begin{enumerate}
    \item двум
    \item трем
    \item четырем
    \item \textbf{трем или более, в зависимости от вещества}
 \end{enumerate}
\item Испарение жидкости к поверхности приводит
 \begin{enumerate}
    \item \textbf{к охлаждению жидкости}
    \item к нагреву жидкости
    \item не влияет на температуру жидкости
    \item может приводить к охлаждению или нагреву, в зависимости от жидкости
 \end{enumerate}
\end{enumerate}

  \textbf{4. Функции распределения.}
\begin{enumerate}
\item Почему давление атмосферы при постоянной по высоте температуре падает с высотой?
 \begin{enumerate}
    \item Снижается скорость движения молекул
    \item \textbf{уменьшается концентрация молекул (плотность воздуха)}
    \item вопрос некорректен, давление падает из=-за уменьшения температуры
 \end{enumerate}
\item Давление воздуха при подъеме на высоту $h$ уменьшилось вдвое по сравнению с
давлением $P_0$ внизу. Каким будет давление на высоте $3h$? Температура везде
постоянна.
 \begin{enumerate}
    \item \textbf{0,125$P_0$}
    \item 0,19$P_0$
    \item 0,25$P_0$
    \item 0,35$P_0$
 \end{enumerate}
\item Состав атмосферы с высотой
 \begin{enumerate}
    \item не изменяется
    \item растет концентрация более тяжелых газов
    \item \textbf{растет концентрация более легких газов}
 \end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document}
