Частина 1 У чотирьох частинах 2-ге видання Рекомендовано Міністерством освіти і науки України як навчальний посібник для студентів вищих навчальних закладів Київ Видавництво Національного авіаційного університету «НАУ-друк» 2010 УДК 53:378.14 (078.5) ББК В30я7 К 903 Тиражувати без офіційного дозволу НАУ забороняється Рецензенти: Ю. І. Горобець — д-р фіз.-мат. наук, проф., чл.-кор. АПН України (Національний технічний університет України «Київський політехнічний інститут»); Л. В. Поперенко — д-р фіз.-мат. наук, проф. (Національний університет ім. Тараса Шевченка); О. Д. Альохін — д-р фіз.-мат. наук, проф. (Національний університет ім. Тараса Шевченка) Гриф надано Міністерством освіти і науки України (Лист № 1.4/18-Г-366 від 04.07.2006) К 903 Куліш В. В. Фізика для інженерних спеціальностей: навч. посіб.: у 4 ч. / В. В. Куліш, А. М. Соловйов, О. Я. Кузнєцова.— 2-ге вид. — К. : Вид-во Нац. авіац. ун-ту «НАУ-друк», 2010. — ISBN 978-966-598-269-2 Ч. 1: Механіка. Молекулярна фізика. — 2010. — 220 с. ISBN 978-966-598-655-3 Пропонований посібник — навчально-методичний комплекс робочих матеріалів, у якому подано мінімально необхідний лекційний матеріал (теоретичне ядро), де вказано, яку його частину призначено для аудиторного вивчення, а яку — для самостійної роботи, розміщено повноцінні задачники з текстами задач за темами кожного предметного елемента та з прикладами розв’язання, списки тестових запитань для поточного і модульного контролю, описи реальних та віртуальних лабораторних робіт тощо. Для студентів вищих навчальних закладів. УДК 53:378.14 (078.5) ББК В30я7 ISBN 978-966-598-269-2 ISBN 978-966-598-655-3 (Ч. 1) © В. В. Куліш, А. М. Соловйов, О. Я. Кузнєцова, 2006 © В. В. Куліш, А. М. Соловйов, О. Я. Кузнєцова, 2010 © НАУ, 2010 ×àñòèíà ² ÌÅÕÀͲÊÀ. ÌÎËÅÊÓËßÐÍÀ Ô²ÇÈÊÀ Закони руху тіл, які перебувають у даному просторі, однакові незалежно від того, нерухомий цей простір чи рухається в одному напрямку рівномірно і прямолінійно, без будь-якого руху по колу. Ісаак Ньютон ². Íüþòîí (1643—1727) Під елементами я розумію ... деякі первинні прості тіла, які не можна розкласти на частини і неможливо отримати з будь-яких інших тіл, а також одне з одного. Усі складні речовини складаються з цих елементів і зрештою розпадаються на них. Роберт Бойль Ðîáåðò Áîéëü (1627—1691) Нехай ніхто не думає, що велике творіння Ньютона можна спростувати теорією відносності або якоюнебудь іншою теорією. Ясні й широкі ідеї Ньютона навічно збережуть своє значення фундаменту, на якому побудовано наші сучасні фізичні уявлення. Альберт Ейнштейн À. Åéíøòåéí (1879—1955) Основні позначення фізичних величин 19 ОСНОВНІ ПОЗНАЧЕННЯ ФІЗИЧНИХ ВЕЛИЧИН Вага тіла Вектор — кутового переміщення Висота Відстань Густина — енергії Декартові координати Діаметр — молекули Довжина відрізка — вільного пробігу Енергія — вільна — кінетична — молекул — потенціальна Ентальпія Ентропія Імпульс — повний Ймовірність стану Кількість молекул — ступенів руху — теплоти Коефіцієнт — динамічної в’язкості — дифузії — теплопровідності Концентрація Координата узагальнена Кут повороту Р G ϕ h l ρ ϖ G G G x , y, z d dm Δl λ E, W F Ek, Eк εк U I, J S G p G P ϖ, Р N i Q η D χ n qі ϕ Маса —молекулярна Момент імпульсу —інерції Момент сили m, M Gμ L GI M Об’єм V Площа — поперечного перерізу S σ Поверхневий натяг Прискорення — вільного падіння — кутове Gσ aG g G ε G r A G F Радіус-вектор Робота Сила Температура абсолютна Тепловиділення Теплоємності Теплота фазового переходу Тиск Час Час вільного пробігу Частота — обертання — циклічна Швидкість — кутова Шлях T Q C, CV, Cp L p t τ ν n ω G G v , Gu ω s Вступ до курсу фізики 5 ВСТУП Що таке фізика? Одне з найвлучніших визначень фізики дав свого часу академік А. Ф. Іоффе: «Фізика — це наука, яка вивчає загальні властивості та закони руху речовини і поля». Зазначимо, однак, що це визначення, як і будьяке інше, не є абсолютно точним. Передусім тому, що далеко не всякий рух є об’єктом вивчення у фізиці. Наприклад, фізика не вивчає біологічних об’єктів, які входять до сфери інтересів біофізики, біології та інших споріднених наук, хоча фізичні методи дослідження там, як правило, відіграють доволі помітну роль. Так само фізика не вивчає суспільних процесів. Це традиційна царина наук соціально-гуманітарного циклу. Втім, останніми десятиріччями «чиста фізика» дедалі частіше робить «піратські набіги» й у ці ділянки науки (останнє стосується насамперед теорії ієрархічних систем, синергетики та деяких інших новітніх наукових напрямів). Об’єктами фізики, таким чином, вважають найпростіші форми руху матерії (механічна, теплова, електромагнітна та ін.), які становлять елементарне підґрунтя для всіх інших, складніших (вищих) форм руху матерії і, будучи найпростішими, є водночас і найбільш загальними. Роль фізики в житті суспільства. Фізика — це основа всіх без винятку природничих наук. Наприклад, у хімії періодичний закон Менделєєва було остаточно пояснено тільки в рамках квантово-механічної теорії атома. Фізика — фундамент техніки. Ця теза, особливо в наші часи революції високих технологій, не потребує якихось особливих обґрунтувань чи пояснень. Фізика тісно пов’язана з філософією, яку ще називають «наукою наук». Цей зв’язок виявився настільки тісним і очевидним, що у XVII столітті фізику навіть іменували «натуральною філософією», тобто філософією природи. Інакше кажу- чи, фізика є наукою, що відіграє визначальну роль у формуванні загального світогляду сучасної освіченої людини. З огляду на сказане можемо дати відповідь і на одне «просте» запитання, яке часто ставлять студенти на першому занятті: «а власне, навіщо нам, майбутнім інженерам, ця фізика?» Відповідь проста й очевидна: не знаючи основ фізики та не володіючи елементарними навичками розв’язування найпростіших фізичних задач, не можна повноцінно оволодіти професією інженера. Це вже переконливо доведено майже двохсотрічною світовою практикою підготовки висококласних інженерів. Базові поняття і концепції фізики. Методологічною основою фізики є так званий метод принципів (основних законів). Уперше у фізику його ввів великий Ньютон, надавши їй тим самим сучасної методологічної форми. Сьогодні ми настільки звикли до такої побудови фізики як науки, що не можемо навіть уявити існування інших варіантів її оформлення. Важливо, що основні закони (принципи) не можуть бути доведені на підставі тільки логіки. Єдине повноцінне їх доведення дає тільки експеримент. До того ж вирішальне значення тут мають не стільки самі експерименти з перевірки основних законів, скільки досліди, в яких перевіряються численні наслідки, що випливають із них. Оскільки таких наслідків маємо дуже багато, то основні закони є, по суті, специфічним узагальненням величезної кількості експериментальних фактів. Експериментом у фізиці називають спеціально поставлені досліди чи спостереження, які задовольняють такі три головні вимоги: 1. Відтворюваність експериментальних результатів у разі виконання будь-якої кількості незалежних вимірювань (зокрема й таких, що про- Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 6 водяться на різних установках, різними експериментаторами, у різних місцях і за різних умов). 2. Максимальна точність вимірювань. 3. Повний контроль за всіма головними факторами, які визначають перебіг досліджуваного процесу. Базова суперечність та структура сучасної фізики. Таким чином, «головним суддею» фізики є експеримент. Але, формулюючи головні вимоги до нього в наведеній щойно формі, ми тим самим вносимо у фундамент фізики принципову суперечність. Чому? Річ у тім, що жодну фізичну величину неможливо виміряти абсолютно точно. Результат завжди буде тільки наближеним. Через це створюється парадоксальна ситуація, яка полягає в тому, що жоден закон фізики не можна вважати абсолютно достовірним. Адже завжди існує ймовірність того, що з підвищенням точності вимірювань у якийсь момент дістанемо результат, що суперечить розглядуваному закону. Тобто дослідним шляхом можемо встановити правильність принципів лише в деяких межах і з обмеженою точністю. Або, іншими словами, кожний крок у справі підвищення точності вимірювальної апаратури може зрештою призвести до відміни одних законів і появи замість них нових. Але постає логічне запитання: а чи означає поява кожного нового закону повну відміну старих подібних до нього? Відповідь однозначна — ні. Бо, по суті, при цьому відбувається лише розширення зони дії закону, а не його заперечення, що ілюструє наведений далі рисунок. Межі дії нового закону Старий закон Новий закон Межі дії старого закону Старий закон не відміняється повністю, а лише окреслюються конкретні межі, де він ще зберігає свою чинність. Подана схема пояснює, як поява будь-якого нового закону автоматично не відміняє чинності старого. Насправді відбувається лише розширення меж експериментально вивченої зони, тобто з’являється додаткова область, де діє вже новий закон. Останній, у свою чергу, не відміняючи старого закону в попередніх межах, містить його як частинний випадок. Як приклад згадаємо ситуацію, що склалася у фізиці з появою спеціальної теорії відносності та квантової теорії, спинившись на ній докладніше. Як відомо, принципи механіки вперше сформулював Ньютон у фундаментальній праці «Математичні начала натуральної філософії». На цих принципах згодом було побудовано так звану ньютонівську механіку. Згодом на базі ньютонівської механіки розвинулась так звана класична фізика. Спочатку не було відомо жодних обмежень на дію законів ньютонівської механіки. Але далі з’ясувалося, що такі обмеження реально існують і полягають ось у чому: а) експерименти, на яких перевіряли їхню правильність, проводилися виключно з макроскопічними тілами, тобто тілами, кожне з яких складається з величезної кількості атомів і молекул; б) ці експерименти реально мали справу тільки з тілами, що рухалися порівняно повільно (зі швидкістю, незрівнянно меншою за швидкість світла у вакуумі). Як за часів Ньютона, так і пізніше (аж до кінця XIX століття) це була стандартна експериментальна ситуація. Однак уже наприкінці XIX століття на порядок денний фізики постало дві проблеми, які ніяк не вдавалося розв’язати в рамках класичної фізики: 1) проблема неможливості побудувати «правильну» теорію випромінювання абсолютно чорного тіла; 2) проблема незалежності швидкості світла від вибору інерціальної системи відліку, яка прямо випливала з відомих експериментів Майкельсона. Спроби розв’язати ці дві «маленькі» (як тоді здавалося переважній більшості фізиків) проблеми остаточно призвели до кризи класичної фізики. «Ціною» їх розв’язання стала необхідність розроблення принципово нової фізики, зі своїми специфічними принципово новими законами і новими концепціями. Результатом розв’язання першої із зазначених проблем стало створення квантової фізики, тоді як друга проблема дала потужний поштовх до формування основ релятивістської фізики. Їх синтез привів до створення квантової релятивістської фізики. Остання Вступ до курсу фізики 7 нині є найбільш загальною й універсальною формою подання сучасного тлумачення навколишнього фізичного світу. В її рамках одночасно враховується не лише можливість взаємодії мікроскопічних об’єктів, а й їхній рух зі швидкостями, близькими до швидкості світла. (До мікроскопічних, тобто дуже малих, тіл належать атоми, молекули та елементарні частинки.) Але, що цікаво, з появою квантової релятивістської фізики класична фізика, як і ньютонівська механіка, зовсім не зникла. Визначились лише конкретні рамки, в межах яких відхиленнями їхніх законів від законів квантової фізики можна знехтувати. Отже, у сучасній фізиці «мирно» і плідно співіснують як старі, так і нові її розділи, хоча загальна її структура стала доволі складною і розгалуженою, у чому переконуємося, розглядаючи таку схему: Фізика як наука Релятивістська квантова фізика Квантова фізика Нерелятивістська квантова фізика Релятивістська (ейнштейнівська) фізика Нерелятивістська (ньютонівська) фізика Класична фізика Класифікація законів фізики. Різні закони фізики далеко не завжди є рівносильними як щодо їхнього загальнонаукового значення, так і щодо ролі, яку вони відіграють у житті нашої цивілізації. Тому постала потреба якось їх класифікувати. Завдяки такій класифікації всі закони фізики можна розбити на три великі групи: фундаментальні, часткові та закони фундаментального походження. Фундаментальними називають закони, які виконуються у будь-якій точці нашого світу, доступній сьогодні для спостереження. До фундаментальних належать, наприклад, закони збереження енергії та імпульсу, закон всесвітнього тяжіння і т. ін. Закони, які виконуються лише за дуже обмежених умов, називають частковими. Це, наприклад, закон Гука, закон сухого тертя, закон Ома тощо. І, нарешті, існують закони, які можна математично вивести з фундаментальних. Їх називають законами фундаментального походження. Наприклад, закони Кеплера неважко дістати із закону всесвітнього тяжіння та другого закону Ньютона, котрі, як відомо, є фундаментальними. Зауважимо, проте, що реальне значення того чи іншого закону далеко не завжди визначається ступенем його фундаментальності. Наприклад, закон Ома справджується лише за умов, коли струм протікає у металі, температура якого не надто низька. Проте він має надзвичайно велике значення для певних галузей техніки і набув, образно кажучи, великої популярності. А ось такий фундаментальний закон, як, скажімо, закон збереження баріонного заряду, відомий лише фахівцям. Фізичні моделі. Одним із базових принципів сучасної фізики є так званий принцип модельності. З’ясуємо, що це за принцип і що таке модель. Моделями у фізиці називають такі спрощені абстрактні об’єкти, базові властивості яких збігаються з деякими властивостями реальних фізичних об’єктів. Заміна опису реального об’єкта (як правило, надзвичайно складного) набагато простішим описом адекватної моделі дає змогу значно спростити процес його фізичного аналізу. Такий метод вивчення реальних об’єктів називають моделюванням. Прикладами найпростіших моделей, з якими найчастіше стикається фізика, можуть бути матеріальна точка, точковий заряд, абсолютно пружне тіло, ідеальна рідина, абсолютно чорне тіло і т. ін. Як показує практика, одну й ту саму фізичну систему можна описати багатьма способами, застосовуючи різні моделі. При цьому різні групи властивостей об’єкта можуть бути промодельовані із застосуванням різних часткових моделей. Той факт, що це в принципі можна зробити, постулюється у фізиці як принцип модельності. Але постає природне запитання: а навіщо нам взагалі потрібні ці часткові моделі? Чому б не побудувати одну повну модель досліджуваного об’єкта і далі вже вивчати лише її. На жаль, на практиці цього зробити не можна, оскільки згідно з відомою в теорії систем теоремою Тьюрінга будь-яка повна модель об’єкта не може бути простішою за сам об’єкт. Отже, жодного спрощення опису на такому шляху досягти неможливо. А оскільки самі об’єкти природи надто складні для безпосереднього вивчення, то єдине, що 8 нам залишається в такій ситуації, — це застосовувати для спрощення загального опису згадані часткові моделі. Саме так і роблять фізики. Фізика і математика. Для опису фізичних об’єктів звичайна (вербальна) мова повсякденного спілкування людей не придатна. Чому? Тому, що вона може добре описувати лише якісні характеристики об’єкта і майже непристосована для опису його кількісних характеристик. А фізика потребує мови, яка описує передусім саме кількісні характеристики. Якщо, наприклад, вербальною мовою ми схарактеризуємо деяке світло як зелене, то фізик же скаже, що це електромагнітні хвилі з довжиною хвилі близько 0,55 мкм. Першим кількісний опис у фізику ввів Ньютон. Для цього він використав математику як спеціалізовану мову, призначену насамперед для кількісного опису об’єктів. Таким чином, мовою фізики є математика. Саме тому на сьогодні математика і фізика настільки взаємно переплелися, що фактично утворили єдину науку — фізикоматематичну. Це підтверджується, зокрема, й тим, що навіть вчені ступені фізикам і математикам присуджують одні й ті самі — кандидат (або доктор) фізико-математичних наук. Про спорідненість фізики і математики будемо пам’ятати й надалі, принаймні протягом усього часу вивчення курсу фізики. Тож нехай вас не лякає велика кількість математичних символів і формул у цьому підручнику. Фізика — це наука, ще далека від свого завершення. Приголомшливі успіхи, яких фізика досягла протягом останнього сторіччя, можуть створити помилкове враження, що тут усе вже зроблено. Відкрито всі головні ефекти й закони, існує повна гармонія та ясність у глобальній фізичній картині навколишнього світу. А проте насправді все це далеко не так. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика Нагромаджується все більше експериментальних фактів, які поки що не знаходять свого задовільного пояснення в рамках панівних фізичних теорій і парадигм. Наприклад, понад 30 років тому радянський астроном М. О. Козирев провів низку дивовижних експериментів, із яких випливало, що в природі, можливо, існують взаємодії, швидкість поширення яких значно перевищує швидкість світла. З’явилися й нові фізичні теорії (наприклад, теорія торсіонних хвиль), які намагаються пояснити цей і подібні до нього експерименти. «Офіційна» ж фізика, на жаль, досі не має абсолютно надійних підстав для того, щоб визнати відповідні напрямки досліджень як наукові. Але вже зробленого сьогодні достатньо, аби принаймні визнати сам факт існування наукових проблем такого типу. І це вже слід вважати вагомим чинником подальшого прогресу. Існує й низка проблем іншого роду, які також змушують піддавати сумніву надійність самих основ сучасної фізики. Скажімо, і досі ми не можемо пояснити ключову відмінність об’єктів живої природи від неживої. Наприклад, деревина існує в нашому світі як у формі стільця, так і в формі прекрасного каштана за вікном. Чим вони принципово відрізняються з погляду фізики? Нічим, каже фізика, бо жодне її рівняння не містить складових, які б «відповідали» за те, який об’єкт — живий чи мертвий — вони описують. Тим часом експериментально зафіксовано низку так званих паранормальних явищ, притаманних лише живим об’єктам. Але їх також поки що не може пояснити сучасна фізика... . Загалом фізики-професіонали сьогодні глибоко переконані, що фізика напевне перебуває на порозі нової революції. Перша революція, як відомо, дала світові епоху пари, друга — епоху космосу, атомної енергії та Інтернету. А що принесе третя революція? Теоретичне ядро 9 ТЕОРЕТИЧНЕ ЯДРО Аудиторний лекційний матеріал та матеріал для самостійного вивчення МАТЕМАТИЧНИЙ АПАРАТ ФІЗИКИ Як було зазначено у вступі, математика є мовою фізики. Тому, перш ніж приступити до вивчення курсу фізики доцільно відновити необхідні шкільні навички цієї «мови» та деякі відомості з університетського курсу вищої математики. Числова площина. Координатна площина, вісі координат Множина всіх пар дійсних чисел називається числовою площиною. Як для множини всіх дійсних чисел (або числової прямої) є геометрична модель — координатна пряма, так і для множини всіх пар дійсних чисел (числової площини) є геометрична модель — координатна площина. Координатна площина ху визначається двома взаємно перпендикулярними координатними прямими із загальним початком 0 та однаковим масштабом (рис. 1). y x=a y=b 0 x Рис. 1 Точка 0 називається початком координат. Горизонтальна пряма називається віссю абсцис або віссю х, вертикальна — віссю ординат або віссю у. Якщо позначити на координатній площині всі точки з абсцисою х = а, то отримаємо пряму, паралельну до вісі у (рис. 1); вважають, що х = а — рівняння цієї прямої. Якщо позначити на координатній площині всі точки з ординатою y = b, то отримаємо пряму, паралельну до вісі х (рис. 1); вважають, що y = b — рівняння цієї прямої. Лінійна функція Лінійною функцією називають таку функцію, яка задана формулою y = kx + b, де k і b — дійсні числа. Якщо k = 0, то отримаємо сталу функцію y = b; якщо b = 0, то отримаємо пряму пропорційність y = kx. Графіком лінійної функції y = kx + b при k ≠ 0, b ≠ 0 є пряма. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 10 Розкладення вектора на складові Розкласти даний вектор на складові — означає замінити його декількома векторами, сума яких дорівнює даному вектору. Задача розкладення вектора на дві складові зводиться до знаходження елементів трикутника за даними задачі (рис. 2). a γ α β b c Рис. 2 При цьому використовують теореми косинусів та синусів. Цей спосіб зручний, коли дані (або потрібно знайти) кути між векторами. Метод проекцій. Вектор можна задати не тільки шляхом вказування його модуля та кута, який він утворює з іншим вектором, але також шляхом задавання його проекцій на які-небудь довільні напрямки, наприклад вісі прямокутної системи координат. Нехай вектор c лежить у координатній площині XОY (рис. 3). Якщо відома довжина вектора c та кут γ, який він утворює з однією віссю (наприклад, з віссю Х), то його проекції на вісі Х та Y дорівнюють відповідно cx = c cos γ ; c y = c sin γ . Y c су γ сх X О Рис. 3 Теоретичне ядро 11 Навпаки, якщо задані проекції сх та су, то легко знайти довжину вектора та кут γ за формулами tgγ = c = cx2 + c 2y ; cy cx . Множення вектора на вектор Розрізняють два види добутку векторів — скалярний та векторний. Скалярним добутком векторів a та b називають скалярну величину ab cos α , де α — кут між напрямками векторів a та b (рис. 4). a α b a cos α Рис. 4 Якщо вектори a та b паралельні або антипаралельні, їх скалярний добуток дорівнює добутку їх модулів, узятому відповідно зі знаком плюс або мінус, оскільки cos 0o = 1 та cos180o = −1 : при a ↑↑ b при a ↑↓ b ( a ⋅ b ) = ab ; ( a ⋅ b ) = −ab. Якщо вектори a та b взаємно перпендикулярні, їх скалярний добуток дорівнює нулю, оскільки cos90o = 0 : при a ⊥ b ( a ⋅ a ) = 0. Якщо вектори a та b рівні за модулем та збігаються за напрямком, їх скалярний добуток дорівнює квадрату модуля одного з них ( a ⋅ a ) = a2. Векторним добутком векторів a та b називають вектор c , чисельне значення якого дорівнює ab sin α . Цей вектор перпендикулярний до площини, в якій лежать вектори a і b (рис. 5, а), та його напрямок визначається за правилом свердлика: якщо ручку свердлика найкоротшим шляхом повернути від a до b , то напрямок поступального руху свердлика вкаже напрямок вектора c . Векторний добуток зазвичай позначають ⎡⎣ a ⋅ b ⎤⎦ . Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 12 ⎡a ⋅ b ⎤ ⎣ ⎦ а α b a b а a ⎡b ⋅ a ⎤ ⎣ ⎦ б Рис. 5 Якщо поміняти місцями вектори a та b , то за правилом свердлика визначимо, що добуток b ⋅ a буде зображений вектором, який направлено в бік, протилежний вектору a ⋅ b (рис. 5, б). Отже, перестановка множників у векторному добутку призводить до того, що добуток змінює знак на протилежний, тобто ⎡ a ⋅ b ⎤ = − ⎡b ⋅ a ⎤ . ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ Якщо вектори a та b паралельні або антипаралельні, то їх векторний добуток, вочевидь, дорівнює нулю, оскільки sin 0o = sin180o = 0. Якщо вектори a та b взаємно перпендикулярні, модуль їх векторного добутку дорівнює добутку їх модулів, оскільки sin 90o = 1 : ⎡ a ⋅ b ⎤ = ab. ⎣ ⎦ при a ⊥ b Мішаний добуток векторів ax a ⎡⎣b ⋅ c ⎤⎦ = a y az bx by cx cy . bz cz Подвійний векторний добуток [a[b ⋅ c ]] = b ( a ⋅ c ) − c ( a ⋅ b ) = b (a ⋅b ) c a ⋅c . Теоретичне ядро 13 Формули алгебри і тригонометрії Комплексні числа Квадратне рівняння Алгебрична форма ax2 + bx + c = 0; z = a + ib , i = −1 → z x = a − ib . x1,2 = Тригонометрична і показникова форма −b ± D ; 2a D — дискримінант рівняння, z = r (cos ϕ + i sin ϕ) ; D = b 2 − 4ac . z = r (cos ϕ − i sin ϕ) ; x z = re iϕ ; z x = re − iϕ . 2 Модуль z = r = a 2 + b 2 ; zz x = z . Визначник другого порядку a11 a12 a 21 a 22 = a12 a 22 − a12 a 21 . Визначник третього порядку a11 a12 a13 a 21 a 22 a 23 = a11 a31 a 32 a 33 a12 a13 a 22 a 23 − a12 a 21 a33 a 22 a31 + a13 a 21 a 22 a31 a32 . Основні тригонометричні формули sin 2 α + cos 2 α = 1 tgα ⋅ ctgα = 1 sin(α ± β) = sin α cos β ± cos α sin β cos(α ± β) = cos α cos β ∓ sin α sin β sin α = cos α = 1 1 + ctg 2α 1 1 + tg 2α sin 2α = 2 sin α cos α tg(α ± β) = tg α ± tg β 1 ∓ tgα ⋅ tgβ ctg(α ± β) = ctg α ctg β ∓ 1 ctg β ± ctg α α+β α −β cos 2 2 α+β α −β sin α − sin β = 2 cos sin 2 2 α+β α −β cos α + cos β = 2 cos cos 2 2 sin α + sin β = 2 sin Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 14 α −β α+β sin 2 2 sin(α ± β) tg α ± tg β = cos α cos β sin(α ± β) ctg α ± ctg β = ± sin α sin β cos 2α = cos 2 α − sin 2 α tg2α = cos α − cos β = −2 sin 2tgα 1 − tg 2α ctg2α = ctg 2α − 1 2ctgα α 1 − cos α = 2 2 α 1 + cos α cos = 2 2 sin 2 sin α sin β = cos(α − β) − cos(α + β) 2 cos α cos β = cos(α − β) + cos(α + β) 2 sin α cos β = sin(α − β) + sin(α + β) Правила диференціювання Похідна суми. Якщо функції u та v диференціюються в точці х, то їх сума диференціюється в цій точці: d du d v (u + v) = + . dx dx dx Коротко кажучи: похідна суми дорівнює сумі похідних. Похідна добутку. Якщо функції u та v диференціюються в точці x , то їх добуток диференціюється в цій точці: d du dv ( uv ) = v + u . dx dx dx Якщо функція u диференціюється в точці x0 , а С — стала, то функція Си диференціюється в цій точці: d du ( Cu ) = C . dx dx Коротко кажучи: сталий множник можна виносити за знак похідної. Похідна частки. Якщо функції u та v диференціюються в точці x і функція v не дорівнює нулю в u цій точці, то частка також диференціюється в точці x0 : v d ⎛u⎞ ⎜ ⎟= dx ⎝ v ⎠ v du dv −u dx dx . v2 Теоретичне ядро 15 Похідні елементарних функцій Функція Похідна Функція Похідна Функція xn nx n −1 sin x cos x arcsin x 1 x − 1 x2 cos x − sin x arccos x n tg x 1 cos 2 x arctg x 1 xn − x n +1 x 1 ctg x 2 n ex ex u e nx ne nx ln u ax a x ln a ln x 1 x − 1 sin 2 x u′ arcctg x 2 u u′ u Формули інтегрування Таблиця невизначених інтегралів (сталі інтегрування опущені) n ∫ x dx = ∫ x n +1 (n ≠ −1) n +1 dx = ln x x ∫ sin xdx = − cos x ∫ cos xdx = sin x ∫ tg xdx = − ln cos x ∫ ctg dx = ln sin x dx = tg x cos 2 x dx ∫ 2 = −ctg x sin x x x ∫ e dx = e ∫ dx = arctg x 1 + x2 dx = arcsin x ∫ 1 − x2 dx = ln( x + x 2 − 1) ∫ 2 x −1 ∫ Інтегрування частинами: ∫ ud v = u v − ∫ vdu Похідна 1 1 − x2 1 − 1 − x2 1 1 + x2 − 1 1 + x2 Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 16 Визначені інтеграли ⎧1, n=0 ⎪ ∞ ⎪1 / 2 π , n = 1 / 2 n −x ∫ x e dx = ⎨ n =1 0 ⎪1, ⎪⎩ 2, n=2 ⎧ 2, 31, ⎪ 2 π / 6, n ∞ x dx ⎪⎪ = ⎨ 2, 405, ∫ x 0 e −1 ⎪ 4 ⎪ π / 15, ⎪⎩ 24, 9, ⎧1 / 2 π , n = 0 ⎪ n =1 ⎪1 / 2, n − x2 ∫ x e dx = ⎨ 0 ⎪1 / 4 π , n = 2 ⎪1 / 2, n=3 ⎩ ∞ n = 1/ 2 n =1 n=2 n=3 n=4 ⎧ 0, 225, ⎪1,18, α x 3 dx ⎪⎪ = ⎨ 2, 56, ∫ x 0 e −1 ⎪ 4, 91, ⎪ ⎪⎩ 6, 43, Формули наближених обчислень При малих α (α<<1) мають місце наближені рівності (1 ± α ) n ≈ 1 ± nα . Окремі випадки: 1 ≈ 1 ∓ α; 1± α (1 ± a ) 2 ≈ 1 ± 2α; 1 1 ± α ≈ 1 ± α; 2 1 1 ≈ 1 ∓ α; 2 1± α α e ≈ 1 + α; ln(1 + α) ≈ α. При малих α (α < 50 або α < 0,1 рад) у першому наближенні: sin α ≈ tgα ≈ α , cos α ≈ 1 . α =1 α=2 α=3 α=5 α = 10 Теоретичне ядро 17 Механіка вивчає найпростіший вид руху — механічне переміщення тіл (або їхніх частин) одне відносно одного. Розрізняють механіку КЛАСИЧНУ та КВАНТОВУ. Класична механіка, у свою чергу, поділяється на нерелятивістську (ньютонівську) і релятивістську. Класична нерелятивістська механіка розглядає макроскопічні тіла, розміри яких у багато разів перевищують розміри атомів і молекул. Крім того, ці макроскопічні тіла рухаються зі швидкостями, набагато меншими від швидкості світла у вакуумі. Класична релятивістська механіка вивчає рух тіл зі швидкостями, порівнянними зі швидкістю світла у вакуумі, коли маса тіла починає залежати від його швидкості і стає пов’язаною з енергією, а інтервал часу змінюється зі зміною системи відліку. Релятивістську механіку для інерціальних систем відліку називають ще теорією відносності Ейнштейна. Квантова механіка описує поводження мікрочастинок, яке зовсім не схоже на поводження макрочастинок. Мікрочастинки виявляють хвильові властивості, мають багато «квантових» характеристик, набуваючи лише ряду дискретних значень. Якщо за певних умов релятивістськими ефектами можна знехтувати, то поводження мікрочастинок вивчає нерелятивістська квантова механіка. Якщо зазначені ефекти істотні, поводження мікрочастинок підпорядковане релятивістській квантовій механіці. Далі розглядається класична нерелятивістська та класична релятивістська механіка. 1. КЛАСИЧНА НЕРЕЛЯТИВІСТСЬКА МЕХАНІКА Класичну нерелятивістську механіку ще називають ньютонівською механікою, бо саме І. Ньютон сформулював три закони, які покладено в її основу. Класична нерелятивістська механіка складається з трьох розділів: статики, кінематики та динаміки. Статика вивчає умови рівноваги тіл. Кінематика подає математичний опис руху тіл, не розглядаючи причин, які викликали цей рух. Динаміка вивчає вплив взаємодії тіл на характер їхнього руху. Механічний рух може бути дуже складним, і описати його буває дуже важко. Тому доводиться звертатися до спрощених моделей реального тіла, таких як матеріальна точка, абсолютно тверде тіло і т. ін. 1.1. КІНЕМАТИКА МАТЕРІАЛЬНОЇ ТОЧКИ Простір і час. В основу всієї механіки (як і фізики загалом) покладено уявлення про властивості простору та часу. Ньютон дав доволі оригінальне фізичне визначення простору, назвавши його «вмістилищем усіх речей». Проте Ньютон вважав (і ця його позиція згодом стала підґрунтям усієї класичної фізики), що властивості часу і простору ніяк не пов’язані між собою. Отже, їх можна розглядати окремо. Стосовно «порожнього» простору вважається, що він однорідний та ізотропний, тобто всі його точки рівноправні відносно як простих лінійних переміщень (однорідність), так і поворотів (ізотропність). Крім того, вважається, що наш простір задовольняє Евклідову (плоску) метрику. Останнє твердження потребує деяких додаткових пояснень. Свого часу російський математик М. І. Лобачевський довів принципову можливість існування багатьох різновидів «кривих» метрик простору. Але відразу постає запитання: а який же наш простір — плоский чи «кривий»? Першим, хто зробив реальний крок до з’ясування правильної відповіді на поставлене запитання, був великий німецький математик К. Ф. Гаусс (1777—1855), котрий, проте, міркував як справжній фізик. Адже він поставив відповідний експеримент і довів (із можливою на той час вимірювальною точністю), що наш простір справді має Евклідову метрику. Для цього вчений використав добре відомі теореми з елементарної геометрії. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 18 У рамках геометрії Евкліда сума кутів будь-якого трикутника, як відомо, має дорівнювати 180°. А в разі «кривої» метрики ця сума має бути меншою. Тож Гаусс виміряв суму кутів трикутника зі сторонами близько 100 км (верхівки гір в Альпах) і переконався, що в межах точності вимірювань геометрія нашого простору є плоскою, тобто Евклідовою. Згодом такі експерименти проводилися багато разів, але щоразу для дедалі більших масштабів. Спочатку цей самий результат дістали в масштабі Сонячної системи, потім — Галактики (∼1020 м), далі — Метагалактики (∼1026 м). Слід, однак, зазначити, що на межі області нашого Всесвіту, доступної для спостереження із залученням наявних нині експериментальних засобів, повної впевненості в правильності такого висновку поки що немає. Кількісний опис простору у фізиці подають за допомогою систем відліку. Система відліку — це система координат, пов’язана з деяким тілом відліку. Докладніше поняття системи відліку буде розглянуто далі. Якщо тлумачення поняття «простір» більш-менш очевидне, то цього аж ніяк не можна сказати про поняття «час» — одне з найскладніших у фізиці. У найпростішому (кількісному) розумінні час — це показ якогось годинника. Точніше кажучи, це проміжок між двома якимись вимірюваннями годинника. Під годинником у фізиці розуміють будь-який матеріальний об’єкт, що здійснює періодичні коливання. Наприклад: механічний маятник (період), Земля, що обертається навколо власної осі (доба), Земля, що обертається навколо Сонця (рік), Сонце, що обертається навколо центра Галактики (галактичний рік) тощо. Вважається, що час тече рівномірно, а отже, «годинник» іде рівномірно, тобто його період сталий і не змінюється від одного коливання до іншого. Зазначимо, що як припущення про однорідність та ізотропність простору, так і припущення про рівномірність плину часу — це, по суті, не що інше, як гіпотези. Але, як показав подальший розвиток фізики, ці гіпотези згодом було підтверджено численними непрямими експериментами. Зокрема, було використано той факт, що закон збереження енергії є наслідком із припущення про однорідність часу, закон збереження імпульсу випливає з припущення про однорідність простору, а закон збереження моменту імпульсу — із властивості ізотропності простору. Оскільки всі ці закони фундаментальні і, відповідно, надійно доведені експериментально, то сформульовані щойно гіпотези цілком правомірні. Для того, щоб описати механічний рух, необхідно ввести фізичні характеристики руху — КІНЕМАТИЧНІ ХАРАКТЕРИСТИКИ — і встановити математичні зв’язки між ними. У цьому, власне, і полягає завдання кінематики. МАТЕРІАЛЬНОЮ ТОЧКОЮ називають тіло, розмірами якого можна знехтувати порівняно з його переміщенням. Так, автомобіль на трасі Київ—Одеса, безумовно, є матеріальною точкою. А той самий автомобіль, розташований у боксі мийки, узяти за матеріальну точку ніяк не можна. Розглянемо по порядку такі кінематичні характеристики: система відліку, радіус-вектор, рівняння руху, траєкторія, рівняння траєкторії, швидкість, прискорення. Система відліку. Будь-який рух є відносним, тому неодмінно потрібно вказати, відносно якого тіла розглядається рух даної матеріальної точки. Якщо для цього вибраного ТІЛА ВІДЛІКУ ми додамо ВИМІРЮВАЧ ЧАСУ та ще зв’яжемо з тілом відліку яку-небудь СИСТЕМУ КООРДИНАТ, то дістанемо СИСТЕМУ ВІДЛІКУ. Тілом відліку може бути будь-яке тіло. Яке ж вибрати? Для кожного конкретного випадку підшукується таке тіло відліку, щоб математичний опис руху був найпростішим. Однак не слід вибирати таке тіло відліку, відносно якого тіло взагалі нерухоме. Радіус-вектор. Положення матеріальної точки відносно вибраної системи відліку зручно задати за допомогою радіуса-вектора r , проведеного із центра системи координат до матеріальної точки т (рис. 1.1). Задати радіус-вектор — означає задати його модуль і напрям. Задаючи радіус-вектор, ми, по суті, вибираємо сферичну систему координат. Але частіше користуються прямокутною, або ДЕКАРТОВОЮ, СИСТЕМОЮ КООРДИНАТ. У цій системі положення матеріальної точки задається координатами х, у, z. Кожна координата — це проекція радіуса-вектора на відповідну вісь: x = rx, y = ry, z = rz. Теоретичне ядро 19 Радіус-вектор можна записати також у вигляді: y r = irx + jry + krz = ix + jy + kz . m Рівняння руху. Під час руху матеріальної точки її координати змінюються, але в кожний конкретний момент часу вони цілком визначені. Інакше кажучи, кожному моменту часу відповідає цілком визначене значення радіуса-вектора. ry r rx Формула, якою подається однозначний зв’язок радіуса-вектора з часом, називається рівнянням руху. x rz z У векторній формі рівняння руху записується так: r = r (t ) . Рис. 1.1 y Можна записати рівняння руху не тільки у векторній, а й у скалярній формі. Для цього потрібно задати залежність кожної координати від часу: х = x(t), у = y(t), z = z(t). 1 Δs Δr r1 Траєкторія. Траєкторія — це лінія у просторі, яку описує матеріальна точка під час руху. Відстань, яку проходить матеріальна точка вздовж траєкторії за час Δt = t2 − t1 , називається ДОВЖИНОЮ ШЛЯХУ, або просто ШЛЯХОМ Δs (рис. 1.2). z Положення 2 відносно положення 1 можна зафіксувати й інакше: провести вектор Δr із точки 1 у точку 2. Цей вектор називають ВЕКТОРОМ ПЕРЕМІЩЕННЯ, або просто ПЕРЕМІЩЕННЯМ. Вектор переміщення дорівнює зміні радіуса-вектора, або його приросту, за час Δt: r2 2 x Рис. 1.2 Δr = r2 − r1 . Рівняння траєкторії — це рівняння лінії у просторі, тобто формула, яка зв’язує координати точки під час руху. Її можна умовно записати так: F(x, y, z) = 0. Ми бачимо, що рівняння траєкторії можна дістати з рівнянь руху, виключивши з них час. Приклад. Знайти рівняння руху та рівняння траєкторії тіла, яке відокремилося від літака, що летів горизонтально зі сталою швидкістю v0 . Уздовж горизонтальної осі х тіло й далі рухатиметься рівномірно зі швидкістю v0 (рис. 1.3), тому рівняння руху по осі х таке: x = v0t . Рух тіла вздовж вертикальної осі у є вільним падінням у полі тяжіння Землі, і тому рівняння руху таке: y= gt 2 . 2 Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 20 v0 x v0 H y v vy Рівняння траєкторії дістанемо, визначивши час t із першого рівняння і підставивши його в друге. Тоді: g y = 2 x 2 , або y = kx 2 , 2 v0 g де k = 2 = const, оскільки v0 = const і g = const. 2v0 Отримане рівняння траєкторії є рівнянням квадратичної параболи. Обернена задача: знаходження рівнянь руху за відомим рівнянням траєкторії. Вона не має однозначного розв’язку, оскільки по тій самій траєкторії тіло може рухатись по-різному. Навіть якщо траєкторія — пряма лінія, по ній, як по автомобільному шосе, можна рухатись деякий час із різною швидкістю і в різних напрямах. Таку саму траєкторію у = kx2 дістанемо для рівнянь руху: Рис. 1.3 x = at n , y = bt 2 n , і це легко перевірити самостійно. Швидкість Швидкість — це стрімкість руху або стрімкість переміщення у просторі. Існують різні швидкості: середня шляхова швидкість, вектор середньої швидкості, істинна, або миттєва, швидкість. Нехай матеріальна точка перемістилась за час Δt із точки 1 у точку 2 (рис. 1.4). При цьому її шлях дорівнює Δs, а радіус-вектор набуває приросту Δr = r2 − r1 . СЕРЕДНЬОЮ ШЛЯХОВОЮ ШВИДКІСТЮ vсер називається відношення шляху Δs до часу Δt, за який точка пройшла цей шлях: y 1 v v сeр Δs Δr r1 r2 2 vсeр = x z Рис. 1.4 Δs . Δt Середня шляхова швидкість — скаляр. Одиниця швидкості — м/с1. ВЕКТОР СЕРЕДНЬОЇ ШВИДКОСТІ vсeр визначається відношенням приросту радіуса-вектора до інтервалу часу, за який відбувається цей приріст: vсeр = Δr . Δt Вектор середньої швидкості має напрям уздовж вектора переміщення. Його модуль: vсeр = Δr . Δt Вектор середньої швидкості не залежить від форми траєкторії. Він не залежить також від швидкості руху на різних ділянках траєкторії. Важлива лише відстань між початковим і кінцевим положенням точки та час, за який відбулося переміщення. Наприклад, якщо при переміщенні по замкненій траєкторії початкове та кінцеве положення збігаються, то вектор середньої швидкості дорівнює нулю, тоді як середня шляхова швидкість дорівнюватиме довжині шляху, віднесеного до інтервалу часу. Теоретичне ядро Зауваження. 21 Оскільки при криволінійному русі (див. рис. 1.4) довжина вектора переміщення (модуль вектора) дорівнює довжині хорди, а шлях дорівнює довжині дуги, то модуль вектора переміщення завжди менший від шляху (| Δr |≤ Δ s ) , і тому модуль вектора середньої швидкості завжди менший від середньої шляхової швидкості. Середня швидкість і вектор середньої швидкості однакові лише при русі по прямолінійній траєкторії. Зі зменшенням інтервалу часу матеріальна точка проходитиме все менший шлях і точка 2 буде все ближче до точки 1. Відповідно модуль вектора переміщення, який дорівнює довжині хорди, наближатиметься до довжини шляху, а напрям вектора переміщення — до напряму дотичної до траєкторії в точці 1. ІСТИННА ШВИДКІСТЬ v — це границя, до якої прямує вектор середньої швидкості, коли Δt → 0: v = lim vсeр = lim Δt →0 Δt →0 Δr dr = . Δt dt Можна також сказати, що істинна швидкість — це швидкість у даній точці траєкторії, або швидкість у даний момент часу, або миттєва швидкість. Частіше говорять просто «ШВИДКІСТЬ». Істинна швидкість v — це швидкість у даній точці траєкторії; вона дорівнює першій похідній від радіуса-вектора за часом і спрямована по дотичній до траєкторії в напрямі руху точки. Модуль вектора істинної швидкості дорівнює першій похідній від шляху за часом: | v |= lim Δt →0 оскільки при Δt → 0, | Δr |→ Δs. | Δr | ds = = vs , Δt dt Модуль вектора істинної швидкості дорівнює істинній шляховій швидкості. Для того щоб обчислити швидкість, потрібно знати залежність радіуса-вектора від часу, тобто рівняння руху r = r (t ) . Якщо рівняння руху задано у скалярній формі, то потрібно спочатку обчислити проекції вектора швидкості на осі координат: vx = dx dy dz , vy = , vz = , dt dt dt а потім уже — вектор швидкості: v = i vx + j v y + k vz = i dx dy dz +j +k . dt dt dt Модуль швидкості обчислюється за допомогою теореми Піфагора, оскільки вектори i , j , k взаємно перпендикулярні: 2 2 2 dx dy dz | v |= v x2 + v 2y + v z2 = ⎛⎜ ⎞⎟ + ⎛⎜ ⎞⎟ + ⎛⎜ ⎞⎟ . dt dt ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ dt ⎠ Напрям вектора швидкості задається напрямними косинусами за відомим правилом: cos α = vy vx v , cos β = , cos γ = z . v v v Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 22 Якщо модуль вектора швидкості не змінюється з часом, то рух називається РІВНОМІРНИМ. При цьому напрям вектора швидкості може змінюватися, як, наприклад, під час рівномірного руху по колу. Якщо напрям вектора швидкості залишається незмінним, то такий рух називається ПРЯМОЛІНІЙНИМ. При цьому модуль швидкості може змінюватися з часом, як, наприклад, під час гармонічних коливань, за законом: v = vm sin ωt . ds зв’язує істинну шляхову швидкість vs із довжиною шляху s, і ним можна скористаdt тися не тільки для обчислення швидкості, коли відома залежність шляху від часу, а й для розв’язування оберненої задачі — обчислення пройденого шляху, якщо відома залежність швидкості від часу. Для цього перепишемо рівняння в такому вигляді: Рівняння vs = ds = vs dt. Очевидно, що ds — це шлях, який пройде матеріальна точка за час dt (ЕЛЕМЕНТАРНИЙ ШЛЯХ). На рис. 1.5 наведено довільну залежність швидкості від часу. Елеv ментарний шлях тут зображено у вигляді площі нескінченно тонкого прямокутника з основою dt і висотою vs. За наступний нескінченно малий ds = vdt інтервал часу dt матеріальна точка пройде наступний елементарний шлях vs ds, який дорівнює площі наступного прямокутника, і т. д. Неважко зрозуміти, що шлях, який буде пройдено за час від t1 до t2, дорівнюватиме сумі всіх елементарних шляхів, тобто заштрихованій площі. Обчислення цієї площі здійснюється інтегруванням швидкості за часом: Δs t2 Δ s = ∫ vs dt. t1 0 t1 Рис. 1.5 dt t2 t Наприклад, якщо матеріальна точка рухається зі сталим прискоренням а, то її швидкість залежить від часу лінійно: v = at. І тоді шлях, пройдений цією точкою, t Δ s = ∫ atdt = 0 at 2 . 2 Ще приклад. Рівномірний рух, швидкість стала: v = const. Тоді: t t 0 0 Δ s = ∫ vdt = v ∫ dt = vt. Прискорення Прискорення характеризує стрімкість зміни швидкості. Як показано на рис. 1.6, маG G приGпереміщенні теріальної точки з положення 1 уGположення 2 за час Δt швидкість зміниться від v до v + Δv , тобто відбудеться приріст швидкості на Δv . Прискорення, як і швидкості, бувають різні: середнє прискорення, істинне, нормальне і тангенціальне. G СЕРЕДНЄ ПРИСКОРЕННЯ aсeр — це вектор, який дорівнює відношенню приросту швидкості до інтервалу часу, за який відбувся цей приріст: G Δv G aceр = . Δt Теоретичне ядро 23 Вектор середнього прискорення спрямований у напрямі зміни швидкості, тобто вздовж вектора Δv . ІСТИННЕ ПРИСКОРЕННЯ a — це границя, до якої прямує середнє прискорення, коли Δt → 0 : a = lim acep = lim Δt →0 Δt →0 y 1 v Δv v + Δv 2 Δv d v d r . = = Δt dt dt 2 2 Істинне прискорення дорівнює першій похідній від швидкості за часом, або другій похідній від радіуса-вектора за часом. v + Δv x 0 Рис. 1.6 І знов-таки ми бачимо, що для обчислення прискорення, як і для обчислення швидкості, потрібно знати рівняння руху, тобто залежність радіуса-вектора від часу. Рівняння руху вважають основною кінематичною характеристикою. Якщо рівняння руху відоме, можна обчислити всі інші кінематичні характеристики. Швидкість у загальному випадку змінюється як за модулем, так і за напрямом. Тому зручно виокремити дві складові прискорення, одна характеризує зміну швидкості за модулем, а друга — за напрямом. Легко знайти види руху, в яких проявляється лише одна зі складових прискорення. При прямолінійному русі швидкість змінюється тільки за модулем. Тому: aτ = dv . dt Ця складова прискорення напрямлена по дотичній до траєкторії і тому називається ТАНГЕНЦІАЛЬНИМ ПРИСКОРЕННЯМ (рис. 1.7). При рівномірному русі по колу швидкість змінюється тільки за напрямом. Відповідне прискорення нам добре відоме — це ДОЦЕНТРОВЕ ПРИСКОРЕННЯ. Воно спрямоване до центра кола по нормалі до вектора швидкості і тому називається НОРМАЛЬНИМ ПРИСКОРЕННЯМ (рис. 1.7): an = aτ v2 , R де v — модуль швидкості; R — радіус кола. Нормальне прискорення існує тоді, коли траєкторія руху точки криволінійна. Можна довести, що вектор істинного прискорення дорівнює геометричній сумі нормального і тангенціального прискорення (рис. 1.7), і тому його модуль 2 2 ⎛ v2 ⎞ dv ⎞ | a |= aτ2 + an2 = ⎜ ⎟ + ⎛⎜ ⎟ . ⎝ R ⎠ ⎝ dt ⎠ a an R 0 Рис. 1.7 Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 24 1.1.1. Кінематика абсолютно твердого тіла АБСОЛЮТНО ТВЕРДИМ ТІЛОМ називають тіло, деформаціями якого можна знехтувати порівняно з його переміщенням. Це означає, що відстань між двома довільно вибраними точками тіла залишається сталою при будь-яких рухах тіла. Розрізняють два основні види руху твердого тіла: ПОСТУПАЛЬНИЙ та ОБЕРТАЛЬНИЙ. Будь-який рух твердого тіла в даний момент часу можна розкласти на ці два найпростіші види руху. Відповідна теорема доводиться в курсі теоретичної механіки. Поступальний рух y B rAB rAB rA rB rAB rAB = const. A x 0 ПОСТУПАЛЬНИМ називають такий рух твердого тіла, при якому будь-яка пряма лінія, що зв’язана з цим тілом, переміщується в просторі паралельно самій собі. На рис. 1.8 зображено положення твердого тіла, яке поступально рухається. Дві довільні точки А і В сполучено вектором rAB . Модуль цього вектора сталий, бо розглядається абсолютно тверде тіло. Напрям вектора також не змінюється, бо тіло рухається поступально. Отже, при поступальному русі абсолютно твердого тіла Положення точок А і В задаються за допомогою радіусів-векторів rA і rB . Зв’язок між цими векторами, а також вектором rAB ілюструє рис. 1.8: Рис. 1.8 rB = rA + rAB . Нехай відоме рівняння руху точки А: rA = rA (t ) . Тоді рівняння руху точки В: rB (t ) = rA (t ) + rAB . Отже, Точка В рухається так само, як точка А, тільки з віддаленням на rAB . Траєкторії точок ЕКВІДИСТАНТНІ і можуть бути суміщені простим паралельним перенесенням. Швидкість точки В визначається з рівняння руху цієї точки: vB = drB drA drAB = + . dt dt dt Але оскільки rAB = const, drA dr = v A , а AB = 0, dt dt то vB = v A . Швидкості всіх точок твердого тіла, що рухається поступально, однакові. Теоретичне ядро 25 Прискорення точки В визначається з рівняння швидкості: dv dv aB = B = A = a A dt dt Прискорення всіх точок тіла однакові. Отже, доходимо висновку. Кінематика поступального руху твердого тіла зводиться до кінематики однієї з його точок. Обертальний рух ОБЕРТАЛЬНИМ називається такий рух, при якому всі точки тіла рухаються по колах, центри яких містяться на одній прямій, яка називається ВІССЮ ОБЕРТАННЯ, а площини кіл перпендикулярні до осі обертання (рис. 1.9). Точки тіла, які містяться на різних відстанях від осі обертання, рухаються по різних колах, і тому всі кінематичні характеристики різних точок тіла будуть різними: O' 1 ϕ1 v1 v1 ≠ v2 , Δ s1 ≠ Δ s2 , a1 ≠ a2 . Проте є характеристика, однакова для всіх точок тіла, що обертається, — це КУТ ПОВОРОТУ φ: ϕ2 v2 φ1 = φ2 = φ. Звичайно, його й потрібно взяти за основу, описуючи обертальний рух. Розглянемо рух точки, що обертається навколо осі, докладніше (рис. 1.10). Рухаючись по траєкторії, точка проходить шлях Δs, а також повертається на деякий кут. Тому за аналогією зі шляхом Δs вводять КУТОВИЙ ШЛЯХ Δφ. Він дорівнює куту, на який повернулося тіло за час Δt. Кутовий шлях Δφ, як і лінійний шлях Δs, — скалярна величина. Раніше, при розгляданні руху матеріальної точки, ми користувались вектором переміщення Δr , і саме він був основою математичного опису руху. Згадаємо: vcep = dr d v d 2r Δr = ; v= ; a= . Δt dt dt dt 2 Δs1 2 Δs2 O Рис. 1.9 O' Δϕ Δϕ R Δr Δs O Тому, за аналогією, для описання обертального руху вводять поняття КУТОВЕ ПЕРЕМІЩЕННЯ, або ВЕКТОР КУТОВОГО ПЕРЕРис. 1.10 МІЩЕННЯ Δϕ . Вектор переміщення Δr і вектор кутового переміщення Δϕ — це різні вектори. Вектор Δr , як і Δv та Δa , — ПОЛЯРНИЙ ВЕКТОР. Кутове переміщення Δϕ — АКСІАЛЬНИЙ ВЕКТОР. Аксіальні вектори використовуються при розгляданні обертального руху. Вони завжди напрямлені вздовж осі обертання тіла. Тепер, якщо за основу взяти вектор кутового переміщення, за аналогією з кінематикою поступального руху, достатньо просто побудувати кінематику обертального руху. Будемо послідовно вводити кутові кінематичні характеристики. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 26 Рівняння руху — це залежність вектора кутового переміщення від часу: Δϕ = Δϕ(t ) . Кутова швидкість характеризує стрімкість зміни вектора кутового переміщення. За аналогією з лінійною швидкістю існують середня кутова швидкість та істинна кутова швидкість. СЕРЕДНЯ КУТОВА ШВИДКІСТЬ ωcеp дорівнює відношенню вектора кутового переміщення Δϕ до відповідного інтервалу часу Δt: ωcep = Δϕ . Δt Модуль середньої кутової швидкості дорівнює відношенню кута повороту до інтервалу часу: | ωcep |= ϕ . Δt Вектор кутової швидкості спрямований так само, як і вектор кутового переміщення, тобто вздовж осі обертання за правилом правого гвинта. Одиниця кутової швидкості — рад/с. ІСТИННА КУТОВА ШВИДКІСТЬ ω дорівнює границі, до якої прямує середня кутова швидкість, якщо Δt → 0 : ϕ dϕ = . Δt →0 Δt dt ω = lim ωcеp = lim Δt →0 Істинна кутова швидкість дорівнює першій похідній від кута повороту за часом. Кутову швидкість можна обчислити, якщо відоме рівняння обертального руху, тобто залежність вектора кутового переміщення від часу. Можна розв’язати й обернену задачу: за відомою залежністю кутової швидкості від часу обчислити кутовий шлях за час Δt: t2 Δϕ = ∫ ωdt. t1 При рівномірному русі кутова швидкість стала. У цьому разі обертальний рух можна характеризувати також ПЕРІОДОМ ОБЕРТАННЯ та ЧАСТОТОЮ ОБЕРТАННЯ. Період обертання Τ — час, за який тіло здійснює повний оберт навколо осі обертання. За час, що дорівнює періоду, тіло здійснить один повний оберт, тобто повернеться на кут φ = 2π. Тоді 2π = ωТ, або ω= 2π . T Частота обертання п — кількість обертів тіла навколо осі обертання за одиницю часу. n= 1 ω = , або ω = 2πn . T 2π Теоретичне ядро 27 Кутове прискорення характеризує стрімкість зміни кутової швидкості, як лінійне прискорення характеризує стрімкість зміни лінійної швидкості. СЕРЕДНЄ КУТОВЕ ПРИСКОРЕННЯ εcep = Δω . Δt ІСТИННЕ КУТОВЕ ПРИСКОРЕННЯ Δω d ω d 2 Δϕ = = . Δt →0 Δt dt dt 2 ε = lim εcep = lim Δt →0 Істинне кутове прискорення дорівнює першій похідній від кутової швидкості за часом або другій похідній від вектора кутового переміщення за часом. Це також аксіальний вектор. Якщо кутова швидкість зростає з часом, то вектор кутового прискорення слід спрямовувати туди ж, куди й вектор кутової швидкості. З уповільненням обертання вектор кутового прискорення спрямовується в бік, протилежний вектору кутової швидкості. Зауваження. Як і для поступального руху, для обчислення кутової швидкості та кутового прискорення достатньо знати рівняння обертального руху. Для всіх точок твердого тіла, яке обертається, усі кінематичні характеристики ϕ , ω та ε однакові, тому: Кінематика обертального руху твердого тіла зводиться до кінематики матеріальної точки, яка обертається. 1.1.2. Зв’язок лінійних і кутових характеристик Рух точки, яка обертається по колу, можна описати не тільки кутовими характеристиками, а, як і раніше, за допомогою лінійних кінематичних характеристик, таких як шлях, швидкість, прискорення (рис. 1.11). Між лінійними і кутовими характеристиками існують математичні зв’язки. Наприклад, елементарний лінійний шлях ds та кутовий шлях dϕ (див. рис. 1.10) пов’язані між собою, як дуга радіуса R з кутом, якому вона відповідає. Тобто: O' ω ε an aτ ds = Rdϕ. Або: якщо положення матеріальної точки задається радіусом-вектором r , то dr = [ d ϕ ⋅ r ] . Останні зв’язки легко вивести самостійно. Їх подано в таблиці. v α r O Рис. 1.11 Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 28 ЛІНІЙНІ ТА КУТОВІ КІНЕМАТИЧНІ ХАРАКТЕРИСТИКИ 1. Шлях ds 1. Кутовий шлях dφ 2. Вектор переміщення dr 2. Вектор кутового переміщення dϕ 3. Швидкість v = dr dt 4. Прискорення a = ds = Rdϕ. 3. Кутова швидкість ω = d v d 2r = 2 dt dt 5. Нормальне прискорення an = dϕ dt 4. Кутове прискорення ε = v2 R dv 6. Тангенціальне прискорення aτ = dt d ω d 2ϕ = 2 dt dt dr = [ d ϕ ⋅ r ] v = [ω ⋅ r ] a= d [ω ⋅ r ] dt — an = [[ω ⋅ r ]ω] — aτ = [ ε , r ] Насамкінець зробимо деякі зауваження. 1. Аналогія поступального і обертального руху достатньо глибока. Вона полягає не тільки в тому, що кожній кінематичній характеристиці поступального руху відповідає аналогічна характеристика обертального руху, а й в однаковості запису рівнянь руху. Так, шлях при рівноприскореному лінійному русі at 2 , 2 а кутовий шлях для рівноприскореного обертання s = s0 + v0t + εt 2 . 2 Як ми побачимо далі, аналогічні й динамічні характеристики. Збігаються також формули роботи, енергії, закони динаміки і закони збереження. 2. У загальному випадку тіло може обертатися не навколо нерухомої осі, а навколо рухомої точки. У кожний даний момент часу цей рух можна розглядати як обертання навколо МИТТЄВОЇ ОСІ ОБЕРТАННЯ, яка проходить через ЦЕНТР ОБЕРТАННЯ. Іноді також обертання розглядають як обертання навколо трьох взаємно перпендикулярних осей. Тоді слід говорити про проекції векторів кутової швидкості і кутового прискорення на ці осі: (ω x , ω y , ω z ) , (ε x , ε y , ε z ) . Отже, маємо: ϕ = ϕ 0 + ω0 t + ωx = dϕy dϕx d ϕz , ωy = , ωz = ; dx dz dy dωy d ωx d ωz , εy = , εz = . dt dt dt Звичайно, у цьому разі розрахунок лінійних кінематичних характеристик через кутові буде трохи складнішим. εx = Теоретичне ядро 29 ПІДСУМКИ Необхідно зрозуміти: 1. Опис механічного руху тіла полягає у визначенні його положення у просторі в будь-який момент часу. 2. Характер руху тіла визначається рівнянням руху. 3. Для опису руху матеріальної точки застосовують кінематичні характеристики: шлях, вектор переміщення, вектор швидкості, вектор прискорення. 4. Вигляд рівняння руху і кінематичних характеристик визначається вибором системи відліку. 5. Якщо відоме рівняння руху, можна визначити всі кінематичні характеристики руху. 6. Будь-який складний рух твердого тіла можна розкласти на найпростіші складові: три поступальні вздовж координатних осей і три обертальні навколо них. 7. Для опису поступального руху абсолютно твердого тіла достатньо задати рівняння руху будь-якої його точки. Тому всі кінематичні характеристики, застосовувані для опису руху матеріальної точки, підходять для опису поступального руху твердого тіла. 8. Розглядаючи обертальний рух матеріальної точки, зручно використовувати кінематичні характеристики, які називають кутовими: кутовий шлях, кутове переміщення, кутову швидкість і кутове прискорення. 9. Для опису обертального руху абсолютно твердого тіла достатньо задати рівняння руху будь-якої його точки для кутових характеристик. Тому всі кутові кінематичні характеристики, застосовувані для опису руху матеріальної точки, підходять для опису обертального руху твердого тіла. Слід запам’ятати: 1. Визначення понять: система відліку, радіус-вектор і координата матеріальної точки, рівняння руху, траєкторія руху і її рівняння, шлях, вектор переміщення, вектор швидкості, вектор прискорення поступального і обертального рухів. 2. Формули: dr v= = v x + v y + v z — швидкість; dt dv a= = a x + a y + a z — прискорення; dt a = aτ + an — повне прискорення; dv aτ = τ — тангенціальне прискорення; dt v2 an = n — нормальне прискорення; R dϕ ω= — кутова швидкість; dt dω ε= — кутове прискорення; dt dr = [ d ϕ, r ] — зв’язок лінійного і кутового переміщень; v = [ ω, r ] — зв’язок лінійної і кутової швидкостей; aτ = [ ε, r ] — зв’язок тангенціального і кутового прискорень; an = ω2 r sin ( ω, r ) n — зв’язок нормального прискорення і кутової швидкості. Треба вміти: 1. За заданим рівнянням руху визначити всі кінематичні характеристики руху. 2. За рівнянням руху визначити рівняння траєкторії. 3. Розкласти на компоненти всі векторні величини. 4. За відомими проекціями на осі координат визначити модуль і напрям векторних характеристик руху. 5. За відомими кінематичними характеристиками обертального руху визначити лінійні характеристики. 6. За відомим напрямом вектора кутової швидкості або прискорення визначити напрям лінійних характеристик. 7. За відомими лінійними кінематичними характеристиками визначити кутові характеристики. 8. За відомим напрямом вектора лінійної швидкості або прискорення визначити напрям кутових характеристик. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 30 1.2. ДИНАМІКА Динаміка вивчає рух тіл з урахуванням взаємодії з іншими тілами. Якщо кінематика розглядає зв’язки між кінематичними характеристиками, то динаміка вказує, на які з них впливають інші тіла і в який спосіб. 1.2.1. Динаміка матеріальної точки З курсу фізики середньої школи нам відомо, що І. Ньютон, узагальнивши дослідні дані, сформулював три закони механіки для матеріальних точок. Згадаємо їх, звернувши увагу на деякі особливості. Перше Дія одного тіла на інше завжди взаємна. Це означає, що взаємодія двох тіл приводить до зміни руху їх обох. У загальному випадку змінюються всі величини, які характеризують рух. Але найбільш зручним виявилось стежити за зміною ІМПУЛЬСУ ТІЛА. Раніше його називали КІЛЬКІСТЮ РУХУ. Імпульс тіла p — це вектор, який дорівнює добутку маси матеріальної точки на її швидкість: p = mv. Одиниця імпульсу — кг ⋅ м . с Друге Якщо між собою взаємодіють лише дві матеріальні точки, то їхні імпульси змінюються з часом однаково. Точніше: d ( m1v1 ) d ( m2 v 2 ) dp1 dp = − 2 , або =− . dt dt dt dt Знак «мінус» стоїть для того, щоб підкреслити, що імпульси тіл, які взаємодіють, змінюються в різні боки. Наведені формули означають таке: Швидкість зміни імпульсу першого тіла дорівнює швидкості зміни імпульсу другого тіла. Це ТРЕТІЙ ЗАКОН ДИНАМІКИ НЬЮТОНА. Ми більше звикли до іншого формулювання цього закону: Дві матеріальні точки діють одна на одну із силами, які чисельно рівні між собою і напрямлені в протилежні боки вздовж прямої, що сполучає ці точки. та іншої формули: F1,2 = − F2,1. Сили прикладено до різних матеріальних точок, тому їх не можна додавати. Вони врівноважуються лише тоді, коли належать одному й тому самому абсолютно твердому тілу. Третє Наведені формулювання третього закону динаміки насправді ідентичні. І звідси випливає, що вплив одного тіла на інше не обов’язково описувати через зміну імпульсу тіла. Це можна робити через векторну величину, яка називається СИЛОЮ. Одиниця сили — один ньютон (1 Н). Теоретичне ядро 31 Силою зручніше користуватися, коли переходять до опису взаємодії за допомогою поняття «ПОЛЕ СИЛ». Порівнявши дві форми запису третього закону динаміки, дістанемо рівняння: dp = F, dt d ( mv ) = F. dt або Здобуті формули означають таке: Швидкість зміни імпульсу матеріальної точки дорівнює прикладеній до неї силі. Це ДРУГИЙ, або, як його ще називають, ОСНОВНИЙ ЗАКОН ДИНАМІКИ НЬЮТОНА. Він справджується для сил будь-якої фізичної природи. Перепишемо другий закон Ньютона в такому вигляді: Fdt = d (mv). Добуток сили F на час її дії dt назвемо ІМПУЛЬСОМ СИЛИ. Тоді основний закон динаміки можна сформулювати й так: Приріст імпульсу матеріальної точки дорівнює елементарному імпульсу сили, що діє на неї. Якщо сила стала, то вираз спрощується: F (t 2 − t1 ) = ( m2 v 2 − m1v1 ) . При швидкостях руху, набагато менших від швидкості світла у вакуумі, маса стала, і в основному законі динаміки її можна винести за знак похідної: d ( mv) dv =m =F. dt dt Але, Тому dv = a — прискорення матеріальної точки. dt ma = F , або a= F . m Це найбільш поширена форма другого закону Ньютона. Прискорення матеріальної точки пропорційне до прикладеної сили і спрямоване в той самий бік. Як бачимо, це окремий випадок другого закону динаміки, коли маса стала. З останньої формули випливає фізичний сенс МАСИ як МІРИ ІНЕРТНОСТІ ТІЛА. Проте не завадить пригадати, що маса входить і до закону всесвітнього тяжіння: Fg = G m1m2 . r2 Тут маса виконує зовсім інші функції, вона є МІРОЮ ГРАВІТАЦІЙНОЇ ВЗАЄМОДІЇ. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 32 Чисельно: Інертна і гравітаційна маси однакові. Одиниця маси — 1 кілограм (кг). Суто формально можна встановити закон руху тіла, на яке не діють інші тіла. У цьому разі F = 0 , тому швидкість зміни імпульсу також дорівнює нулю: d ( mv) = 0 , тому mv = const. dt Оскільки маса стала, це означає, що й швидкість стала. Висновок. Якщо на матеріальну точку не діє сила, то вона рухається рівномірно і прямолінійно. Пригадуєте? Так, це ПЕРШИЙ ЗАКОН ДИНАМІКИ, або ЗАКОН ІНЕРЦІЇ. Проте ствердження про рух зі сталою швидкістю за відсутності сил не вичерпує змісту першого закону динаміки, і ось чому. Будь-які кінематичні характеристики мають сенс лише тоді, коли вказано систему відліку. Та й самі закони динаміки не мають сенсу без зазначення системи відліку. Справді, якщо ми бачимо тіло, яке рівноприскорено падає на Землю, то робимо висновок, що на нього діє стала сила тяжіння. Але нехай тільки спостерігач розташується на тілі, яке падає поруч із першим тілом, то він відразу ж помітить якусь нісенітницю: тіло буде нерухомим, хоча на нього й далі діятиме сила тяжіння. Тому закони Ньютона справджуються тільки щодо ІНЕРЦІАЛЬНИХ СИСТЕМ ВІДЛІКУ. Інерціальною називається така система відліку, відносно якої тіло, що не взаємодіє з іншими тілами, рухається зі сталою швидкістю. Кількість інерціальних систем незліченна, як і кількість неінерціальних систем. При цьому різні інерціальні системи нерухомі одна відносно одної або рухаються зі сталою швидкістю. Для доведення цього твердження розглянемо зв’язок координат у різних інерціальних системах відліку. Перетворення Галілея. Принцип відносності y' K' m y r′ K r v r0 x z z' x' Покажемо, що закони динаміки мають однаковий вигляд у двох інерціальних системах відліку, що рухаються одна відносно одної зі сталою швидкістю. На рис. 1.12 зображено дві інерціальні системи відліку: Κ та K'. Систему Κ вважають умовно нерухомою, а система K' рухається відносно неї зі швидкістю v . Положення матеріальної точки т відносно системи K задамо радіусом-вектором r , а відносно системи K' — радіусом-вектором r ' . Положення системи K' відносно системи Κ задамо радіусом-вектором r0 . Із рис. 1.12 випливає зв’язок між цими векторами: Рис. 1.12 r ′ = r − r0 . Оскільки швидкість однієї системи відносно іншої стала, то r0 = vt. Теоретичне ядро 33 Тоді r ′ = r − v t. Перепишемо це рівняння у проекціях на осі координат: x′ = x − v x t ; y′ = y − v y t; z ′ = z − v z t. Ці формули називають ПЕРЕТВОРЕННЯМИ КООРДИНАТ ГАЛІЛЕЯ. Вони дають змогу визначати координати матеріальної точки в системі Κ', якщо координати цієї точки відомі в системі K. Зв’язок між швидкостями точки т у координатах Κ і Κ' дістанемо, узявши похідні за часом від радіусів-векторів: dr ′ dr = −v, dt dt або u ′ = u − v. Дістали добре відоме нам правило додавання швидкостей, де u — швидкість точки т відносно системи K; u ′ — швидкість точки т відносно системи K ′ . Зауваження. Якщо в одній із інерціальних систем відліку тіло рухалось зі сталою швидкістю u , то в іншій воно також буде мати сталу швидкість u' . Отже, перший закон динаміки виконуватиметься в обох системах відліку. Зв’язок прискорень в обох системах дістанемо, узявши другу похідну за часом від радіусів-векторів: d 2r′ d 2r d v = 2 − . dt dt 2 dt Оскільки система К рухається відносно системи K ′ зі сталою швидкістю, Тому dv =0. dt a ′ = a. Це рівняння означає, що Прискорення матеріальної точки в обох системах відліку однакові. Маса матеріальної точки з переходом від однієї системи відліку до іншої не змінюється: або ma′ = ma , F ′ = F. З того, що в обох системах на точку т діють однакові сили, випливає: Другий закон динаміки виконується в обох інерціальних системах відліку. Отже, закони динаміки однакові в усіх інерціальних системах відліку. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 34 Коротко кажуть так: Закони класичної динаміки інваріантні відносно перетворень Галілея. Перетворення координат Галілея потрібно доповнити перетвореннями часу. Але в класичній механіці плин часу в усіх системах відліку однаковий: t ′ = t . Тому ІНТЕРВАЛИ ЧАСУ між подіями в одній інерціальній системі відліку дорівнюють інтервалам часу в іншій: Δt ′ = Δt. Однаковими будуть і ПРОСТОРОВІ ІНТЕРВАЛИ, тобто відстані між двома точками у просторі, або довжини відрізків: Δl ′ = Δl . Таким чином, закони механіки мають однаковий вигляд у всіх інерціальних системах відліку. У цьому і полягає ПРИНЦИП ВІДНОСНОСТІ ГАЛІЛЕЯ. Нагадаємо, що всі інерціальні системи відліку абсолютно рівноправні, і тому немає і не може бути якихось «привілейованих» або «абсолютних» систем відліку. Усі уявлення класичної механіки вельми стрункі і прекрасно уживаються з поняттям деякого «АБСОЛЮТНОГО ЧАСУ як умістища подій» і «АБСОЛЮТНОГО ПРОСТОРУ як умістища предметів». При цьому просторові і часові характеристики ніяк не пов’язані між собою. 1.2.2. Динаміка твердого тіла Поступальний рух У динаміці руху твердого тіла проблем не виникає. Справді, прискорення всіх точок твердого тіла, що рухається поступально, однакові, а отже, і сили мають бути однаковими. ПІДСУМКИ Необхідно зрозуміти: 5. Для переходу від однієї системи відліку до іншої застосовують перетворення Галілея. 6. Усі закони динаміки мають однаковий вигляд у будь-якій інерціальній системі. 7. Принцип відносності механічного руху в класичній динаміці ґрунтується на положенні про те, що маса і розміри тіл, а також інтервали часу між подіями не залежать від швидкості руху системи відліку. 1. Зміна характеру руху тіла відбувається внаслідок його взаємодії з іншими тілами. Якщо тіло не взаємодіє з іншими тілами, усі кінематичні характеристики руху залишаться незмінними. 2. Мірою взаємодії тіл є сила. 3. Тіло може не змінити своїх кінематичних характеристик руху під час взаємодії з іншими тілами. Це відбувається, коли всі сили взаємодії компенсують Слід запам’ятати: одна одну, тобто коли сума всіх сил дорівнює нулю. 4. Усі закони динаміки і кінематичні характе1. Визначення понять: маса, сила, імпульс ристики задаються відносно певної системи відліку. матеріальної точки, імпульс тіла, імпульс 5. Закони Ньютона виконуються тільки в інерсили, інерціальна система відліку. ціальних системах відліку. Теоретичне ядро 35 2. Формулювання трьох законів Ньютона і принципу відносності Галілея. 3. Формули: p = m v — імпульс тіла; dp = 0 — перший закон Ньютона; dt dp = F — другий закон Ньютона; dt dp1 dp = − 2 — третій закон Ньютона; dt dt r = r ′ + ut — перетворення координат Галілея; t = t ′; v = v′ + u — закон додавання швидкостей. Треба вміти: 1. Визначити координати точки в нерухомій системі відліку, якщо відомі рівняння руху у системі, яка рухається, і швидкість її руху. 2. Визначити швидкість руху точки у системі відліку, яка рухається зі швидкістю u , якщо відома швидкість у нерухомій системі координат. Обертальний рух Розглядаючи кінематику обертального руху абсолютно твердого тіла, ми з’ясували, що слід користуватися кутовими кінематичними характеристиками, оскільки вони однакові для всіх точок тіла, що обертається. Логічним буде знайти деякі ДИНАМІЧНІ КУТОВІ ХАРАКТЕРИСТИКИ і за їх допомогою описати динаміку обертового твердого тіла. Вони, звичайно, мають бути аналогами відповідних динамічних характеристик поступального руху. Аналогом імпульсу буде МОМЕНТ ІМПУЛЬСУ, аналогом сили — МОМЕНТ СИЛИ, аналогом маси — МОМЕНТ ІНЕРЦІЇ. Момент сили — аналог сили. Один і той самий вантаж, розміщений на різній відстані від осі обертання (рис. 1.13), викликає рух колеса з різним кутовим прискоренням. Так показує дослід. Це відбувається тому, що при повороті на однаковий кут виконується різна робота. Елементарна робота в першому випадку: r2 О r1 dA1 = Fds1 = Fr1d ϕ . Елементарна робота в другому випадку: dA2 = Fds2 = Fr2 d ϕ . Робота буде однакова при однаковому значенні добутку сили на відстань від лінії дії сили до осі обертання. Тоді буде однаковим і кутове прискорення ε. МОМЕНТОМ СИЛИ M називають добуток сили на найкоротшу відстань від осі обертання до лінії дії сили, яку називають ПЛЕЧЕМ СИЛИ l. У загальному випадку при довільному взаємному напрямі вектора сили і радіуса-вектора точки прикладання сили вираз для моменту сили набуває вигляду: F Рис. 1.13 M F M = [r ⋅ F ]. Одиниця моменту сили — 1 ньютон на метр (Н · м). Нагадаємо, що модуль вектора векторного добутку (рис. 1.14) дорівнює добутку модулів вихідних векторів на синус кута між ними: | M | = | r | ⋅ | F | ⋅ sin α = Fl , де l = r sin α — плече сили. F α r Рис. 1.14 Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 36 Модуль вектора моменту сили дорівнює також площі паралелограма, побудованого на векторах r і F . Напрям вектора моменту сили визначається за правилом правого гвинта. Якщо тіло обертається навколо нерухомої осі, то вектор моменту сили завжди напрямлений уздовж осі обертання. Якщо обертання відбувається відносно центра обертання, то вектор моменту сили може мати довільний напрям відносно осей координат. У цьому разі слід користуватися проекціями моменту сили на осі координат Мх, Му, Мz. Момент імпульсу — аналог імпульсу. Моментом імпульсу матеріальної точки називають векторний добуток радіуса-вектора точки на її імпульс: Li = [ri ⋅ pi ] = [ri ⋅ mi ⋅ vi ]. 2 кг ⋅ м . с Таке визначення моменту імпульсу дає змогу записати основний закон динаміки матеріальної точки, що обертається, аналогічно запису основного закону динаміки для поступального руху. Там ішлося про те, що швидкість зміни імпульсу матеріальної точки дорівнює силі: Одиниця моменту імпульсу — dpi = Fi . dt Обчислимо швидкість зміни моменту імпульсу матеріальної точки: dLi d dr d (mi vi ) ⎤ = [ri ⋅ mi ⋅ vi ] = ⎡⎢ i mi ⋅ vi ⎤⎥ + ⎡⎢ ri . dt dt dt ⎥⎦ ⎣ dt ⎦ ⎣ Оскільки d ri d ( mi vi ) = vi , а = Fi , dt dt то dLi = mi [ v ⋅ v] + [ri ⋅ Fi ] . dt Векторний добуток швидкості на швидкість дорівнює нулю, бо синус кута між векторами дорівнює нулю, а векторний добуток радіуса-вектора на вектор сили — це момент сили: [ vi ⋅ vi ] = 0 , а ⎡⎣ ri ⋅ Fi ⎤⎦ = M . Остаточно дістаємо такий вираз: dLi = Mi. dt Ця формула виражає основний закон динаміки обертального руху матеріальної точки. Швидкість зміни моменту імпульсу матеріальної точки дорівнює моменту сили, прикладеної до цієї точки. Тверде тіло можна розглядати як систему жорстко зв’язаних матеріальних точок. Для всього тіла можна ввести поняття ПОВНИЙ МОМЕНТ ІМПУЛЬСУ СИСТЕМИ МАТЕРІАЛЬНИХ ТОЧОК як геометричну суму моментів імпульсу всіх матеріальних точок: n n i =1 i =1 L = ∑ Li = ∑ [ri ⋅ mi ⋅ vi ]. Теоретичне ядро 37 Аналогічно обчислюється ПОВНИЙ МОМЕНТ ЗОВНІШНІХ СИЛ як векторна сума всіх моментів зовнішніх сил: n n i =1 i =1 M з = ∑ M i = ∑ [ri ⋅ Fз ]. Повний момент імпульсу, як і повний імпульс, не може змінюватися від того, що між частинками системи згідно з третім законом механіки діють внутрішні сили. Повний момент імпульсу може змінюватися тільки за наявності моментів зовнішніх сил. Тому dL = M з. dt Це основний закон динаміки обертального руху твердого тіла: Швидкість зміни повного моменту імпульсу твердого тіла відносно нерухомої точки дорівнює повному моменту зовнішніх сил відносно тієї самої точки. У проекціях на осі координат основний закон динаміки обертального руху має такий вигляд: dL y dLx dLz = Mx , = Mz. = My , dt dt dt Це означає, що для зміни проекції моменту імпульсу, скажімо, на вісь z, необхідно, щоб саме по цій осі проекція вектора моменту зовнішніх сил не дорівнювала нулю. І, навпаки, якщо проекція вектора моменту зовнішніх сил на деяку вісь дорівнює нулю, то проекція моменту імпульсу на цю вісь не змінюється протягом часу, вона стала. Момент інерції — аналог маси. Кутове прискорення обертального руху твердого тіла залежить, як показує дослід, не тільки від маси тіла, а й від розміщення цієї маси відносно осі обертання (рис. 1.15). ε1 ε2 m m r1 r2 Рис. 1.15 Чим далі маса від осі, тим менше кутове прискорення за одного і того самого моменту зовнішніх сил. Зауваження. Отже, інерціальні властивості тіла, що обертається, визначаються не тільки його інертною масою, а й тим, як ця маса розташована відносно осі обертання. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 38 О МОМЕНТОМ ІНЕРЦІЇ І матеріальної точки називають добуток маси точки на квадрат її відстані до осі обертання (рис. 1.16): rі mі I i = mi ri2 . Одиниця моменту інерції — 1 кг · м2. За такого визначення моменту інерції матеріальної точки можна Рис. 1.16 по-новому записати вираз для моменту імпульсу матеріальної точки. При обертанні точки навколо нерухомої осі напрям моменту імпульсу збігається з напрямом вектора кутової швидкості. Момент імпульсу Li = ri mi vi = ri mi ω ri = mi ri2 ω = I i ω. Момент імпульсу матеріальної точки дорівнює добутку моменту інерції на кутову швидкість. Приємно спостерігати таку стійку аналогію поступального і обертального руху. Отже, для поступального руху імпульс матеріальної точки дорівнює добутку маси на її швидкість: pi = mi vi , а тут Li = I i ω . Момент інерції, як і маса, — величина адитивна, тому для обчислення моменту інерції твердого тіла достатньо додати моменти інерції всіх матеріальних точок, з яких утворено тверде тіло: n n i =1 i =1 I = ∑ I i = ∑ mi ri2 . He можна сказати, що ця формула зручна для обчислення моменту інерції тіла, радше це лише ідея. Якщо тіло однорідне і має вісь симетрії, то, позначивши через dm елементарну масу, що міститься в елементарному об’ємі dV, а через r — відстань від цього об’єму до осі обертання, запишемо формулу для обчислення моменту інерції тіла: I = ∫ r 2 dm = ∫ r 2ρ d V , V де ρ = H V dm — густина речовини, з якої виготовлено тіло. dV Наприклад, обчислимо момент інерції плоского однорідного диска O r відносно осі, яка проходить через його центр (рис. 1.17). Радіус диска R, товщина Н, густина речовини ρ. За елементарний об’єм dV візьмемо об’єм нескінченно тонкого циліндричного шару завтовшки dr і радіусом r. Цей об’єм: R dr O' dV = 2πrdrH, а елементарна маса Рис. 1.17 dm = ρdV = 2πρrdrH. Тоді момент інерції диска R R 0 0 I = ∫ r 2 d m = 2πρ H ∫ r 3 d r = 2 де Μ = πR Hρ — маса диска. MR 2 , 2 Теоретичне ядро 39 Саме тепер вчасно звернути увагу на суттєву відмінність моменту інерції від маси. Маса, якщо вона є у даного тіла, — цілком визначена його характеристика. А момент інерції залежить ще й від того, відносно якої осі він визначається. Інакше кажучи, маса в тіла одна, а моментів інерції скільки завгодно. Для кожної осі буде свій момент інерції. Звичайно, моменти інерції простих тіл відносно власної осі симетрії давно обчислені і наводяться в довідниках. Теорема Штейнера дає змогу, знаючи момент інерції тіла відносно власної осі симетрії І0, знайти його момент інерції відносно будь-якої осі, O паралельної першій І (рис. 1.18): O' I = I 0 + md 2 , d де т — маса тіла; d — відстань між осями. Так, момент інерції диска відносно осі, яка проходить через його край: т O' O 1 3 Рис. 1.18 MR 2 + MR 2 = MR 2 . 2 2 Моменти інерції складних тіл, таких як диск компресора турбореактивного двигуна, можна визначити тільки експериментально. Оскільки всі точки обертового твердого тіла мають однакову кутову швидкість, то повний момент імпульсу твердого тіла можна записати як добуток його моменту інерції на кутову швидкість: I R = I 0 + MR 2 = L = I ω. І тоді основний закон динаміки обертального руху твердого тіла набере вигляду: dL d ( I ω) = = M. dt dt Якщо момент інерції сталий, то його можна винести за знак похідної і тоді: або dL dω =I = Iε = M , dt dt ε= M . I Це також основний закон динаміки обертального руху. Він указує: Кутове прискорення прямо пропорційне до моменту зовнішніх сил і напрямлене в той самий бік. Згадаємо, що для поступального руху основний закон має вигляд: a= F . m Тобто Прискорення прямо пропорційне до сили і напрямлене в той самий бік. Як побачимо далі, цілком однаковими за формою будуть вирази для роботи, кінетичної енергії, законів збереження для поступального і обертального рухів. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 40 ПІДСУМКИ Необхідно зрозуміти: Слід запам’ятати: 1. Звичайні кінематичні характеристики (шлях, швидкість, прискорення) різні в точок тіл, що обертаються, перебуваючи на різних відстанях від осі обертання. Однакові для всіх точок кутові характеристики (кутовий шлях, кутова швидкість, кутове прискорення). 2. Кожній кінематичній і динамічній характеристиці поступального руху відповідає аналогічна характеристика обертального руху. 3. Аналогія обертального і поступального рухів полягає в однаковому написанні усіх законів і залежностей, якщо замінити в цих рівняннях величини для поступального руху. 4. Для того щоб змінити швидкість обертального руху, достатньо змінити момент інерції тіла. Треба вміти: 1. Момент інерції — це аналог маси при поступальному русі. 2. Момент інерції залежить від відстані, на якій міститься тіло від осі обертання. 3. Поняття і формули, які характеризують поступальний і обертальний рухи; зв’язок лінійних і кутових характеристик: ПОСТУПАЛЬНИЙ РУХ 1. Переміщення Δr . 1. Кутове переміщення dϕ . 2. Шлях ds ; ds = ρd ϕ . 2. Кутовий шлях d ϕ . 3. Швидкість 3. Кутова швидкість dr v= ; v = [ ω, r ] . dt 4. Прискорення 1. Записувати формули, визначати момент інерції тіл, модуль і напрям моменту імпульсу тіла. 2. Розв’язувати задачі, застосовуючи закон збереження моменту імпульсу. ОБЕРТАЛЬНИЙ РУХ 2 dv d r = 2 . dt dt dv aτ = ; aτ = [ ε, r ] . dt v2 an = = ω2 R . R a= ω= dϕ . dt 4. Кутове прискорення ε= d ω d 2ϕ = 2 . dt dt 5. Сила F . 5. Момент сили 6. Імпульс p = m v . 6. Момент імпульсу M = ⎡⎣ r , F ⎤⎦ . L = Iω. 7. Маса m. 7. Момент інерції I = mr 2 . 8. Другий закон динаміки dp =F. dt 8. Другий закон динаміки dL =M. dt 1.3. НЕІНЕРЦІАЛЬНІ СИСТЕМИ ВІДЛІКУ Усі інерціальні системи відліку мають право рухатися зі сталою швидкістю одна відносно одної. Система відліку, яка рухається зі змінною швидкістю відносно інерціальної, тобто з прискоренням, буде вже НЕІНЕРЦІАЛЬНОЮ. Відносно такої системи відліку закони механіки втрачають силу. Справді, якщо система рухається зі змінною швидкістю v(t ) відносно інерціальної системи Κ (див. рис. 1.12), то правило додавання швидкостей набирає вигляду: u ′ = u − v(t ). Теоретичне ядро 41 Тоді для прискорень дістаємо: d u′ d u d v = − , або a′ = a − aвід , dt dt dt де a′ — прискорення матеріальної точки в системі K ′; a — прискорення матеріальної точки в системі Κ; aвід — прискорення системи K ′ відносно системи Κ. Помножимо всі члени формули на масу матеріальної точки т: ma′ = ma − maві д , або F ′ = F − Fін , і відразу побачимо, що сила, яка діє на матеріальну точку в системі Κ', не дорівнює силі, яка діє на цю саму матеріальну точку в системі K, як це було, коли обидві системи були інерціальними. Вони відрізняються на величину − maвід , яка називається СИЛОЮ ІНЕРЦІЇ: Fін = − maвід . Таким чином, у неінерціальній системі відліку з’явилась додаткова сила — сила інерції, і саме в цьому сенсі слід розуміти твердження про те, що в неінерціальних системах відліку закони механіки не виконуються. Особливості сил інерції 1. На відміну від інших сил сили інерції не є силами взаємодії. Не можна вказати тіло, яке є джерелом сил інерції. Тому сили інерції іноді звуть ФІКТИВНИМИ СИЛАМИ, або ПСЕВДОСИЛАМИ. 2. Проте сили інерції цілком реальні, їх можна виміряти. За появою сил інерції можна судити про прискорення системи відліку. 3. Сили інерції пропорційні до маси, як і сили тяжіння. Якщо заздалегідь невідомо, чи рухається система відліку з прискоренням, чи тіло перебуває в гравітаційному полі, то розрізнити сили інерції і гравітації неможливо. Це твердження становить зміст знаменитого ПРИНЦИПУ ЕКВІВАЛЕНТНОСТІ: Рух тіла відносно неінерціальної системи відліку еквівалентний його рухові відносно інерціальної системи під впливом усіх тіл, що реально взаємодіють з ним, а також додаткового поля тяжіння. На основі цього принципу А. Ейнштейн створив ЗАГАЛЬНУ ТЕОРІЮ ВІДНОСНОСТІ, яка пов’язала просторово-часові характеристики з розподілом гравітаційних мас. Варто зазначити, що еквівалентність гравітаційного поля і поля сил інерції має локальний характер, тобто має місце лише там, де гравітаційне поле однорідне. Зауваження. Ми, звичайно, добре знайомі з проявом сил інерції. Наприклад, на початку руху ліфта вгору відчуваємо додаткову силу, яка притискає нас до підлоги. Ліфт рухається спочатку з прискоренням і є неінерціальною системою. Його прискорення напрямлене вгору, а сила інерції — у протилежному напрямі, тобто донизу. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 42 Сили інерції в системі відліку, що обертається Виберемо як неінерціальну систему відліку диск радіуса R, що обертається навколо власної осі зі сталою кутовою швидкістю ω (рис. 1.19). Система неінерціальна, незважаючи на рівномірність обертання, оскільки кожна точка диска має нормальне прискорення, яке не дорівнює нулю. Нехай матеріальна точка масою т рухається відносно диска по його краю зі сталою швидкістю vн . Спостерігач у цій системі зафіксує нормальне прискорення матеріальної точки: ω т R vн vн2 . R Спостерігач, який перебуває в нерухомій інерціальній системі відліку, також констатує, що матеріальна точка рухається рівномірно по колу, але з іншою лінійною швидкістю: Рис. 1.19 aн = vi = v н + ω R , і з іншим нормальним прискоренням: ai = vi2 ( vн + ω R ) 2 vн2 = = + 2vн ω + ω2 R = aн + 2 vн ω + ω2 R. R R R Виразимо з цієї формули нормальне прискорення в неінерціальній системі відліку: aн = vн2 = ai − ω2 R − 2vн ω. R Помноживши обидві частини рівняння на масу, дістанемо сили: maн = mai − mω2 R − 2mvн ω ; Fн = Fi + Fвід + Fк. Зі здобутого рівняння випливає, що сила в неінерціальній системі відліку дорівнює силі в інерціальній системі відліку плюс ще дві сили інерції: Fвід = –mω2R — ВІДЦЕНТРОВА СИЛА ІНЕРЦІЇ, Fк = –2mvнω — СИЛА ІНЕРЦІЇ КОРІОЛІСА. Розглянемо кожну з цих сил докладніше. Відцентрова сила інерції У загальному випадку при довільному відносному розміщенні векторів кутової швидкості і радіуса-вектора матеріальної точки формула для відцентрової сили інерції матиме такий вигляд: Fвід = m [[ω ⋅ r ] ⋅ ω]. Незважаючи на складний векторний добуток, відцентрова сила завжди перпендикулярна до осі обертання і напрямлена по радіусу від центра кола. Особливості відцентрової сили: ― діє як на нерухоме тіло, так і на тіло, яке рухається: ― пропорційна до маси тіла; ― залежить від кутової швидкості неінерціальної системи; ― зростає з віддаленням від осі обертання. Теоретичне ядро 43 Земля обертається відносно своєї осі, тому вона неінерціальна система. Відцентрова сила проявляється, зокрема, у зміні сили ваги Ρ залежно від широти місцевості (рис. 1.20). Вага тіла є векторною сумою сили тяжіння Fg, спрямованої до центра Землі, і відцентрової сили інерції Fвід, спрямованої перпендикулярно до осі обертання: Fвід Fg α ϕ P = Fв і д + Fg . P O За теоремою синусів маємо: sin α Fвід mv 2 R cos ϕ = = ≅ 0,0035 cos ϕ P mg sin β і sin α = 0,0035 cos ϕ sin ϕ = 0,0018 sin 2ϕ. Рис. 1.20 Кут α невеликий, бо відцентрова сила мала порівняно з вагою. На полюсі відцентрова сила дорівнює нулю, а на екваторі вона максимальна: P = Fg – Fвід = 0,9965 Fg. Таким чином, через наявність відцентрової сили вага тіла на полюсі більша за вагу на екваторі на 0,35%. Різниця незначна для пересічного мешканця Землі. Але вона стає істотною під час запуску космічних ракет на орбіту Землі. Тому космодроми розташовують якомога ближче до екватора, де вага ракети менша. Якщо ж не врахувати впливу сплюснутості Землі (0,182 %), то прискорення сили тяжіння на полюсі gп = 9,832 м/с2, а на екваторі gе = 9,780 м/с2. Для звичайних розрахунків беруть певне стандартне прискорення gс = 9,80665 м/с2. Сила інерції Коріоліса При довільному взаємному розташуванні вектора кутової швидкості обертання неінерціальної системи ω відносно інерціальної системи і вектора лінійної швидкості матеріальної точки v відносно неінерціальної системи сила Коріоліса запишеться так: FК = 2m[ v ⋅ ω]. Вектор сили Коріоліса напрямлений перпендикулярно до векторів кутової швидкості ω неінерціальної системи відносно інерціальної і лінійної швидкості v матеріальної точки відносно неінерціальної системи. Особливості сили Коріоліса: ― діє тільки на тіло, яке рухається відносно обертової неінерціальної системи, на відміну від відцентрової сили інерції, яка діє і на нерухомі тіла; ― перпендикулярна до вектора швидкості v , тому вона не може змінити модуль швидкості, а змінює лише її напрямок, тобто викривлює траєкторію руху тіла (рис. 1.21); ― не виконує роботи, бо вона перпендикулярна до переміщення; ω v FK Рис. 1.21 Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 44 ― не діє на тіла, що рухаються паралельно до осі обертання; ― не залежить від відстані до осі обертання на відміну від відцентрової сили. В умовах Землі сила Коріоліса проявляється, наприклад, у тому, що в північній півкулі ріки підмивають праві береги (закон Бера). Із силою Коріоліса пов’язане поводження маятника Фуко. Якби Земля не оберталась, то площина коливань маятника залишалася б незмінною відносно Землі. Дія коріолісової сили приводить до обертання цієї площини навколо вертикального напряму з кутовою швидкістю ω = ω0 sin φ, де ω0 — кутова швидкість обертання Землі; φ — широта місцевості, на якій розташовано маятник. Маятник Фуко дає прямий експериментальний доказ обертання Землі навколо власної осі. Коріолісову силу і відцентрову силу інерції необхідно враховувати при розрахунках космічних траєкторій. ПІДСУМКИ Необхідно зрозуміти: Слід запам’ятати: 1. Неінерціальні системи відліку руха1. Визначення неінерціальних систем відються з прискоренням відносно інерціальліку і сил інерції. них, тому з’являються додаткові сили інерції. 2. Формулювання принципу еквівалентності сил 2. Сили інерції залежать від прискорення не- інерції і гравітації. інерціальних систем та маси тіла. 3. Особливості сил інерції. 3. Сили інерції не є силами взаємодії з іншими 4. Формули: n k тілами. F ′ = ∑ Fi + ∑ Fін j — сумарна сила в не4. У основному законі динаміки треба врахоi =1 j =1 вувати як сили взаємодії, так і сили інерції. 5. У неінерціальній системі, що обертається інерціальній системі відліку; Fін = −maвід — сила інерції; виникають дві сили інерції: відцентрова сила та сила Коріоліса. dp = F ′ — основний закон динаміки в неінер6. Сила Коріоліса діє тільки на тіла, що рухаdt ються. Вона викривляє траєкторію і не виконує ціальній системі; роботу. 7. Відцентрова сила діє як на нерухомі тіла, так і Fін = Fвід + Fк — сила інерції в системі, що на тіла, які рухаються. Вона завжди напрямлена обертається; перпендикулярно до вісі обертання. Fвід = m [ ω, [ ω, r ]] — відцентрова сила інерції; Fк = 2m [ v, ω] — сила інерції Коріоліса. Треба вміти: 1. Скласти рівняння руху тіла в неінерціальній системі відліку. 2. Визначити напрям і модуль сили інерції. Теоретичне ядро 45 2. РЕЛЯТИВІСТСЬКА МЕХАНІКА Релятивістською називають механіку, що описує рух тіл із великими швидкостями, тобто швидкостями, порівнянними зі швидкістю поширення світла у вакуумі. 2.1. ЕКСПЕРИМЕНТАЛЬНІ ОСНОВИ РЕЛЯТИВІСТСЬКОЇ МЕХАНІКИ Якщо закони механіки однакові в усіх інерціальних системах відліку, то чому б і всім іншим законам, наприклад законам електродинаміки, також не бути однаковими в усіх інерціальних системах? Напевне, було б навіть дивно, якби інші закони залежали від цілком випадкового вибору системи відліку. Однак, як не дивно, це так. Наприклад, якщо для переходу від однієї системи до іншої використати перетворення Галілея, то рівняння Максвелла, що описують електромагнітні поля, набирають різного вигляду в різних інерціальних системах відліку. Цей висновок формулюється так: Рівняння Максвелла не інваріантні відносно перетворень Галілея. Неприємності з’являються і при спробі застосувати правило додавання швидкостей до процесу поширення електромагнітних хвиль (світла). Згідно з цим правилом u ′ = u − v, а отже, швидкість світла мала б бути різною в різних системах відліку. Однак найточніші досліди Майкельсона—Морлі переконливо довели, що швидкість світла у вакуумі не залежить від руху системи відліку і що вона однакова в усіх інерціальних системах. Утримаємося поки що від передчасних висновків і подивимось, чи немає якихось «неприємностей» і в самій механіці. Мабуть, шукати «неприємності» слід в умовах, аналогічних поширенню електромагнітних хвиль, тобто при швидкостях руху тіл, порівнянних зі швидкістю світла. Наведемо деякі експериментальні факти. Залежність маси тіла від швидкості Під час дослідження руху заряджених частинок у прискорювачах було виявлено, що при великих швидкостях руху частинки в однорідному полі прискорення зі збільшенням швидкості стає меншим (рис. 2.1). Оскільки сила в однорідному полі стала, то зменшення прискорення може відбутися тільки за рахунок збільшення інертної маси, бо F = та = const. Дослідним шляхом удалося знайти універсальну залежність маси тіла від його швидкості, придатну для будь-яких тіл (рис. 2.2): m= m0 1 − v2 / c2 , a 0 с v Рис. 2.1 m де с — швидкість світла у вакуумі; v — швидкість руху тіла; т — маса тіла, що рухається (маса руху); т0 — маса тіла, що перебуває в стані m 0 спокою (маса спокою). 0 МАСА СПОКОЮ — це маса тіла в системі відліку, відносно якої тіло перебуває в стані спокою. Таку систему називають ВЛАСНОЮ СИСТЕМОЮ. с v Рис. 2.2 Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 46 Таким чином у релятивістській динаміці: Маса залежить від швидкості руху. Залежність маси від швидкості — це перша «неприємність», яка з’являється в механіці під час руху тіла з великими швидкостями, але не остання. Існування граничної швидкості Взаємодія матеріальних частинок у механіці Ньютона описується через взаємну потенціальну енергію, яка залежить тільки від координат і не залежить від часу. При цьому припускається, що дія передається миттєво, тобто з нескінченно великою швидкістю. Якби в якийсь момент часу Сонце розкололось на дві частини, то в той самий момент змінився б і рух Землі. Дослід показує, що коли з одним із тіл відбувається будь-яка зміна, то на іншому тілі це позначається не відразу, бо швидкість поширення взаємодії скінченна. Більш того, вона є максимально можливою швидкістю, перевищити яку матеріальні частинки не можуть, бо вони б долетіли раніше, ніж дійшла взаємодія. У тих самих дослідах з прискорення заряджених частинок було виявлено, що не вдається збільшити їхню швидкість нескінченно. Розглядаючи рис. 2.1, доходимо такого висновку: Граничною швидкістю руху матеріальних частинок є швидкість світла у вакуумі. З принципу відносності випливає, що швидкість поширення взаємодії однакова в усіх інерціальних системах відліку, тобто вона має бути універсальною константою. Сповільнення часу в системі відліку, яка рухається Середній час життя π+-мезонів, що перебувають у спокої, дорівнює τ = 2,5 · 10–6 с. Вони часто породжуються космічними променями у верхніх шарах атмосфери. Якщо припустити, що мезони рухаються з максимально можливою швидкістю — швидкістю світла, с = 3 · 108 м/с, то максимальна відстань, яку вони можуть пролетіти за цей час, становитиме 750 м (s = сτ). Але ж мезони виявляють поблизу поверхні Землі. Це означає, що вони пролетіли 20—30 км. Оскільки мезони не можуть мати швидкість, більшу за швидкість світла, то залишається припустити таке: У системі відліку, яка рухається, час тече повільніше, ніж у нерухомій системі. Це припущення можна перевірити в прискорювачах, вимірявши довжину пробігу штучно народжених мезонів залежно від їхньої енергії або, що те саме, — від швидкості. Дослід підтверджує, що інтервал часу в різних системах відліку різний і виражається залежністю: Δt = Δt ′ 1 − v 2 / c 2 , де Δt і Δt' — інтервали часу в системах Κ і Κ'. Отже, ми переконались, що під час руху з великими швидкостями такі величини, як маса і тривалість часу, будуть різними в різних інерціальних системах відліку, а також, що існує гранична швидкість передавання впливу і гранична швидкість руху. Пояснити всі ці аномалії вдалося Альберту Ейнштейну — творцеві ТЕОРІЇ ВІДНОСНОСТІ. Ми будемо розглядати тільки інерціальні системи відліку. Явища, що в них відбуваються, описує ЧАСТИННА, або СПЕЦІАЛЬНА, ТЕОРІЯ ВІДНОСНОСТІ. Для неінерціальних систем А. Ейнштейн створив ЗАГАЛЬНУ ТЕОРІЮ ВІДНОСНОСТІ. Теоретичне ядро 47 2.2. ПОСТУЛАТИ ЕЙНШТЕЙНА В основу частинної теорії відносності покладено два постулати, сформульовані А. Ейнштейном. ПОСТУЛАТ 1. Фізичні закони однакові в усіх інерціальних системах відліку. ПОСТУЛАТ 2. Швидкість світла у вакуумі не залежить від руху джерела і однакова в усіх інерціальних системах відліку. Якщо другий постулат — експериментальний факт, то перший — результат філософського осмислення навколишнього світу. На його користь свідчать механічні досліди при не дуже великих швидкостях руху тіл, а також відсутність аргументів на користь існування якихось виняткових, абсолютних систем відліку. 2.3. ПЕРЕТВОРЕННЯ ЛОРЕНЦА Природно, що, прийнявши постулати Ейнштейна, потрібно відмовитися від перетворень Галілея. У випадку великих швидкостей виявилися придатними перетворення координат і часу, запропоновані Лоренцом. Нехай інерціальна система K' (рис. 2.3) рухається зі сталою швидкістю v відносно інерціальної системи Κ вздовж суміщених осей х і х'. Нехай інерціальна система K' (рис. 2.3) рухається зі сталою швидкістю v відносно інерціальної системи Κ вздовж суміщених осей x і х'. Тоді перетворення Лоренца мають вигляд: x′ = x − vt 1 − v2 / c2 y ′ = y; z ′ = z; y K y' K' v z z' x1′ x1 x x' Рис. 2.3 ; xv c2 . t′ = 1 − v2 / c2 t− Проаналізуємо перетворення Лоренца. 1. При швидкостях руху тіла, набагато менших від швидкості світла, перетворення Лоренца мають переходити в перетворення Галілея. Справді, якщо v << c , то x′ = x − vt ; y ′ = y; z ′ = z; t ′ = t. 2. Перетворення Лоренца переходять у перетворення Галілея і за припущення, що c → ∞ . При обговоренні дослідів, які привели нас до висновку про існування граничної швидкості, ми висловили припу- Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 48 щення про те, що ніякі впливи не можуть передаватися з нескінченно великою швидкістю. А в класичній механіці припускається, що швидкість впливу нескінченно велика, тому вплив передається миттєво. Таким чином, той граничний перехід, який ми розглядаємо, також приводить нас у класичну механіку. 3. Перетворення Лоренца потребують зміни правил додавання швидкостей. Дістанемо ці нові правила. Нехай матеріальна точка рухається зі швидкістю v відносно системи K. Знайдемо її швидкість u' відносно системи K'. У класичній механіці правило додавання швидкостей u' = u – v дістаємо диференціюванням перетворень координат Галілея. У релятивістському випадку формула додавання швидкостей виводиться трохи інакше. За визначенням швидкість матеріальної точки в системі K' dx′ u′ = . dt ′ Але x′ = x − vt 1 − v2 / c2 ; і тому dx′ = dx − vdt 1 − v2 / c2 . xv v dt − 2 dx 2 c c t′ = ; і тому dt ′ = . 2 2 1− v / c 1 − v2 / c2 Підставимо вирази для dx' та dt' у формулу швидкості и': t− dx −v dx′ dx − vdt dt ′ . u = = = v dx v dt ′ ⋅ 2 dt − 2 dx 1 − dt c c Звичайно Тоді dx = u — швидкість тіла в системі Κ. dt u′ = u−v . uv 1− 2 c (*) Це і є релятивістський закон додавання швидкостей. Проаналізуємо здобуту формулу. 1. Формула переходить у класичну: u ′ = u − v, коли v << c ; u << c або c → ∞ . 2. Ні при яких значеннях швидкостей, аж до граничних, відносна швидкість не може перевищити швидкості світла. Справді, нехай швидкості и і v напрямлені назустріч одна одній. Тоді слід і в чисельнику і в знаменнику поставити знак «плюс». Для зручності обчислень поділимо обидві частини виразу (*) на швидкість світла: u v + u′ = c c . u⋅v c 1+ c⋅c Теоретичне ядро 49 Візьмемо граничний випадок: и = с та v = с, тобто матеріальна точка рухається відносно системи Κ зі швидкістю світла, а спостерігач рухається разом із системою Κ' назустріч їй також зі швидкістю світла (рис. 2.4). K K' u v І що ж він бачить: Рис. 2.4 u′ 1+1 = = 1 , тобто u ′ = c . c 1 + 1 ⋅1 А він бачить, що точка рухається назустріч йому тільки зі швидкістю світла, а не з подвійною швидкістю світла, як це випливало з класичної формули додавання швидкостей. Цього, звичайно, слід було чекати, бо перетворення Лоренца не тільки не суперечать постулатам Ейнштейна, але й можуть бути виведені за умови, що швидкість світла стала величина в усіх інерціальних системах відліку. Релятивістське правило додавання швидкостей стверджує існування граничної швидкості. Тепер перейдемо до обмірковування наслідків, які випливають зі зміни перетворень Галілея на перетворення Лоренца для просторових і часових інтервалів. Нагадаємо, що в класичній механіці величини просторових і часових інтервалів не змінювались при переході від однієї інерціальної системи до іншої. 2.4. ПРОСТОРОВІ І ЧАСОВІ СПІВВІДНОШЕННЯ 2.4.1. Відносність часових інтервалів На відміну від перетворень Галілея в перетвореннях Лоренца просторові і часові характеристики виявляються взаємозв’язаними, і це приводить до досить дивних, на перший погляд, наслідків. Відносність поняття одночасності Якщо в системі Κ (рис. 2.5) у точках А і В одночасно відбулись дві події, то в цій системі інтервал часу між подіями дорівнює нулю: Δt = t B − t A = 0 . Потрібно б попередньо домовитись, яким чином ми встановили, що події були одночасними в цих, можливо, далеких одна від одної точках. Найпростіший спосіб — це скористатися сталістю швидкості світла. Встановимо приймач світла точно посередині між точками А і В. Якщо він зафіксує, що світловий сигнал із точки А прийшов одночасно із сигналом з точки В, то це й означатиме, що події в обох точках відбулися одночасно. Зрозуміло, що сигнали випускалися в моменти подій. y K y' K' А v z z' В x′A xА x′B xB x x' Рис. 2.5 Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 50 З точки зору спостерігача в системі K' подія в точці А відбулась у момент часу xAv c2 , t ′A = 1 − v2 / c2 tA − а подія в точці В — у момент часу xB v c2 . t ′B = 1 − v2 / c2 tB − Інтервал часу між подіями в системі K': ⎡ Δt − v x − x ⎤ . (**) ( B A )⎥ ⎢ ⎦ c2 1 − v2 / c2 ⎣ Відразу бачимо, що коли Δt = 0 , то Δt ′ може й не дорівнювати нулю через другий член у квадратних дужках. Отже, події, одночасні в одній системі відліку, можуть бути не одночасними в іншій. Звідси випливає висновок: 1 Δt ′ = t B′ − t ′A = Одночасність відносна. Згідно з формулою (**) можливі випадки, коли події, одночасні в одній системі, будуть фіксуватися як одночасні і в іншій системі: ― хА = хВ — події відбуваються в тій самій точці, ― v = 0 — системи відліку нерухомі одна відносно одної, ― c → ∞ — сигнал поширюється з нескінченною швидкістю. Відмінність інтервалів часу між подіями Розглянемо тепер випадок, коли в системі Κ події відбуваються неодночасно. Наприклад, подія в точці В відбулася пізніше, ніж у точці А. Інтервал часу в системі Κ більший за нуль: Δt = t B − t A > 0 . Інтервал часу в системі K' ми щойно записували. Перепишемо його таким чином: Δt ′ = ⎡ Δt − v δt ⎤ , AB ⎥ ⎢ c ⎦ 1 − v2 / c2 ⎣ 1 xB − x A — час, потрібний для того, щоб світло з точки А дійшло до точки В. c Тепер бачимо, що знак Δt ′ визначається різницею членів у квадратних дужках, точніше величиною другого члена, в який входить швидкість системи K ′ відносно системи K. Цілком можливі випадки, коли другий член буде більший, ніж перший, і тоді Δt ′ буде менше за нуль. Виходить, що в цій системі спостерігач зафіксує іншу послідовність подій, ніж спостерігач у першій системі. Виникає якась дивна ситуація. В одній системі відліку відбулися дві події в цілком визначеній послідовності. Наприклад, подія в точці А відбулася раніше, ніж подія в точці В. А спостерігач в іншій системі відліку може зафіксувати або таку саму послідовність подій, або протилежну. Можлива й одночасність. Тут немає ніякої містики, бо будь-які спостереження пов’язані з передаванням сигналів зі швидкістю світла, а вона скінченна. Усі «дива», які дістаємо з перетворень Лоренца, легко пояснюються порівнянням часу поширення світла з однієї точки в іншу та інтервалу часу між подіями. Але всі ці пояснення правильні для подій, в яких причина і наслідок не пов’язані між собою. Але якщо вже в одній системі відліку спочатку народилась моя бабуся, а потім я, то якось не віриться, що в іншій системі бабуся народилася після мене. де δt AB = Теоретичне ядро 51 Придивимося уважніше до формули для інтервалів часу. Якщо подія в точці В є наслідком події в точці А, то вона ніяк не може відбутися раніше, ніж інформація про «подію-причину» дійде до точки В, тобто не раніше, ніж через інтервал часу δt AB . Тому Δt v v завжди більше за ⎛⎜ δt AB ⎞⎟ і вираз ⎡⎢ Δt − δt AB ⎤⎥ завжди більший за нуль. В усіх системах відліку «бабуся c ⎝c ⎠ ⎣ ⎦ народжується раніше за свого онука». Причинно-наслідковий зв’язок не порушується. Відносність часу Покажемо тепер відносність самого поняття часу. Нехай у точці А, нерухомій відносно системи K ′, відбувається низка подій протягом часу t ′ = t 2′ − t1′ . За цей час точка А відносно системи Κ зміститься на відстань x2 − x1 = vt , бо вона рухається зі сталою швидкістю v разом із системою відліку K ′. Скористаємося формулою для зв’язку інтервалів часу: v ( t 2 − t1 ) c2 . 1 − v2 / c2 (t 2 − t1 ) − t ′ = t 2′ − t1′ = Оскільки t 2 − t1 = t , тο t′ = t 1 − v2 / c2 . Звідси випливає, що час у різних системах відліку перебігає по-різному. Час, який відлічується в рухомій системі відліку K, буде більшим, ніж у нерухомій, тобто у власній системі відліку K'. Власний час завжди буде найменшим. Цей ефект підтверджується розглянутими раніше дослідами з π+-мезонами. Варто наголосити на оборотності часу. Якщо в обох системах відбуватимуться події однакової тривалості, то кожному спостерігачеві чужий процес уявлятиметься сповільненим. Відносність довжини відрізків Нехай довжина відрізка в системі K' дорівнює l ′ = x2′ − x1′ . Визначаючи координати х2 і х1 в системі K, знайдемо довжину відрізка в цій системі: l = х2 – х1. Згідно з перетворенням Лоренца x1′ = x1 − vt 2 1− v / c 2 x2′ = ; x2 − vt 1 − v2 / c2 і тоді l ′ = x2′ − x1′ = x2 − x1 2 1− v / c 2 = l 1 − v2 / c2 . Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 52 Звичайно здобуту формулу записують так: l = l′ 1 − v2 / c2 . Отже, спостерігач, розташований у системі K, побачить відрізок меншої довжини, ніж спостерігач у системі K'. Довжина відрізка найбільша у власній системі відліку. Простір-час Доходимо таких висновків: — довжина інтервалів часу в різних інерціальних системах відліку різна: Δt ≠ Δt ′; — довжина просторових інтервалів у різних інерціальних системах відліку також різна: Δl ≠ Δl ′. Тепер згадаємо, що кількість інерціальних систем нескінченно велика і погодимося із сумним висновком про відносність просторових і часових характеристик. Звідси недалеко й до думки про відносність всього сущого або навіть до сумнівів щодо реальності навколишнього світу. Але ж має бути щось, що не змінюється з переходом від однієї випадково вибраної інерціальної системи відліку до іншої, так само випадково вибраної системи? Бо як же можуть фізичні закони бути одними й тими самими в різних системах відліку? Підказка для пошуку таких незмінних (інваріантних) величин міститься в самих перетвореннях Лоренца, в яких «перемішані» просторові і часові характеристики. Пошуки завершились успіхом, і на сцені з’явився ПРОСТОРОВО-ЧАСОВИЙ ІНТЕРВАЛ або просто ІНТЕРВАЛ Δs . Він складений із просторових і часових інтервалів: Δs = Δl 2 − c 2 Δt 2 = Δx 2 + Δy 2 + Δz 2 − c 2 Δt 2 . Звичайно, це інтервал у системі відліку K. Інтервал у системі K': Δs′ = Δl ′ 2 − c 2 Δt ′ 2 = Δx′ 2 + Δy ′ 2 + Δz ′ 2 − c 2 Δt ′ 2 . Користуючись перетвореннями Лоренца, легко довести, що інтервал у будь-якій інерціальній системі відліку однаковий: Δs = Δs′. Просторово-часовий інтервал інваріантний відносно перетворень Лоренца. Але зміст інваріантності інтервалу не вичерпується цим. Зміст набагато глибший. У цій формулі відображене зовсім нове розуміння таких фундаментальних понять, як ПРОСТІР і ЧАС. Простір і час утворюють єдину форму існування матерії. Не можна окремо розглядати простір і час. Про це образно сказав Г. Мінковський: «Простір сам по собі і час сам по собі зануряться в ріку забуття, а залишиться жити їхній своєрідний союз». Г. Мінковський запропонував доволі струнку геометричну інтерпретацію просторово-часових змін, що ґрунтувалася на понятті інтервалу. Квадрат модуля звичайного вектора в просторі трьох вимірів дорівнює сумі квадратів трьох його проекцій на осі координат: R2 = х2 + у2 + z2. Теоретичне ядро 53 За цією аналогією Г. Мінковський запропонував вважати просторово-часовий інтервал також вектором, який має чотири проекції: три просторові — Δx, Δy , Δz і одну часову — icΔt , де і — уявна одиниця (i = −1) . Тоді ict Δs 2 = Δx 2 + Δy 2 + Δz 2 − c 2 Δt 2. Тобто кожну подію, яка відбувається в даний момент часу в даній точці, слід зображати СВІТОВОЮ ТОЧКОЮ в чотиривимірному просторі. Така точка має три просторові координати й одну часову. Світова точка рухається в цьому чотиривимірному просторі по так званих СВІТОВИХ ЛІНІЯХ. На рис. 2.6, як приклад, зображено світові лінії для нерухомої матеріальної точки, для точки, що рухається зі сталою швидкістю, і для точки, що рухається зі сталим прискоренням. v=0 v = const a = const x Рис. 2.6 ПІДСУМКИ Необхідно зрозуміти: 1. Якщо тіло рухається зі швидкістю, яка наближається до швидкості світла, тоді класичний опис руху не виконується. 2. Швидкість світла у вакуумі не залежить від руху джерела і однакова в усіх інерціальних системах відліку. Тому замість перетворень Галілея для координат треба застосовувати перетвореннями координат і часу Лоренца. 3. Згідно з перетвореннями Лоренца інтервал часу між подіями в різних інерціальних системах відліку — різний. Також різні довжини відрізків; різні часові та просторові інтервали. 4. Існує просторово-часовий інтервал, який є однаковим у всіх системах. У всесвіті існує поняття простір-час. 5. Правило додавання швидкостей теж має інший вигляд. Воно не дозволяє тілу рухатися зі швидкістю, яка перевищує швидкість світла в вакуумі. 6. Граничною швидкістю поширення взаємодії є швидкість світла в вакуумі. 7. Перетворення Галілея і класичний закон складання швидкостей є частинними випадками більш загальних закономірностей: перетворень Лоренца і релятивістського закону складання швидкостей. Слід запам’ятати: 1. Визначення понять: світова точка, світова лінія. 2. Формулювання постулатів Ейнштейна. 3. Формули: x − vt x′ = — перетворення Лоренца для 1 − v2 / c2 координат; ′ y = y, z ′ = z ; v2 — відносність довжини відрізку; c2 xv t− 2 c t′ = — перетворення Лоренца для 1 − v2 / c2 часу; l = l′ 1 − v2 — відносність часу; c2 u−v u′ = — релятивістський закон складання 1 − vu / c 2 швидкостей; t′ = t 1 − ΔS = Δx 2 + Δy 2 + Δz 2 − c 2 Δt 2 — просторово-часовий інтервал. Треба вміти: 1. Визначити кінематичні характеристики точки в релятивістській системі відліку. 2. Перейти із релятивістської системи відліку в нерелятивістську. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 54 2.5. РЕЛЯТИВІСТСЬКА ДИНАМІКА З’ясуємо, який вигляд мають закони динаміки в релятивістській області. Перший закон динаміки — ЦЕ ЗАКОН ІНЕРЦІЇ. ЯКЩО В ОДНІЙ СИСТЕМІ ВІДЛІКУ ТІЛО РУХАЄТЬСЯ ЗІ СТАЛОЮ ШВИДКІСТЮ, ТО ВОНО МАЄ РУХАТИСЯ БЕЗ ПРИСКОРЕННЯ І В ІНШІЙ СИСТЕМІ ВІДЛІКУ. Згідно з правилом додавання швидкостей швидкість матеріальної точки в системі K' така: u−v . u⋅v 1− 2 c Але v = const, бо системи відліку інерціальні; с = const, бо швидкість світла стала в усіх інерціальних системах відліку, а отже, і и' = const. Маємо висновок: u′ = Перший закон динаміки інваріантний відносно перетворень Лоренца. Другий закон динаміки — У КЛАСИЧНІЙ ДИНАМІЦІ ШВИДКІСТЬ ЗМІНИ ІМПУЛЬСУ МАТЕРІАЛЬНОЇ ТОЧКИ ДОРІВНЮЄ СИЛІ, ПРИКЛАДЕНІЙ ДО НЕЇ: dp = F, dt де p = m v — імпульс матеріальної точки. У релятивістському випадку зміст закону не змінюється. Так само сила викликає зміну імпульсу. Але якщо раніше, тобто при малих швидкостях, зміна імпульсу відбувалась лише за рахунок зміни швидкості, то при великих швидкостях слід враховувати ще й зміну маси зі зміною швидкості руху. Тому РЕЛЯТИВІСТСЬКИЙ ІМПУЛЬС m0 v p= . 1 − v2 / c2 Залежність імпульсу від швидкості ілюструє рис. 2.7. При малих швидкостях маса практично дорівнює масі спокою (т ≈ т0) і зміна імпульсу зумовлюється тільки зміною швидкості. Якщо швидкість наближається до швидкості світла, зміна релятивістського імпульсу виp = m 0v значається в основному зміною релятивістської маси. Якби маса не залежала від швидкості, то, у принципі, тіло можна було б розігнати до будь-якої швидкості (пунктирна лінія). Але залежність маси від швидкості не дозволяє матеріальному тілу перевищити швидкості, яка дорівнює швидкості світла у вакуумі. 0 c v Релятивістський імпульс, як і маса, прямує до нескінченності з наближенням швидкості до швидкості світла. У дослідах з розгону заряРис. 2.7 джених частинок досягнуто швидкостей, що становлять 0,99999987 від швидкості світла. Маса при цьому збільшувалась у 2000 раз. p p = mv Третій закон динаміки — ЯК ПОКАЗАЛИ ПРЯМІ ДОСЛІДИ ІЗ ЗІТКНЕННЯ ЕЛЕМЕНТАРНИХ ЧАСТИНОК, ВЗАЄМОДІЯ ДВОХ ЧАСТИНОК НЕ ЗМІНЮЄ ЇХНЬОГО ПОВНОГО ІМПУЛЬСУ, АБО, ІНАКШЕ КАЖУЧИ, ШВИДКІСТЬ ЗМІНИ ІМПУЛЬСУ ОДНІЄЇ ЧАСТИНКИ ДОРІВНЮЄ ШВИДКОСТІ ЗМІНИ ІМПУЛЬСУ ІНШОЇ. Теоретичне ядро 55 2.6. ЗВ’ЯЗОК МАСИ І ЕНЕРГІЇ Та обставина, що маса тіла виявилась залежною від його швидкості, наводить на думку про існування безпосереднього зв’язку маси і кінетичної енергії. Розкладемо в ряд вираз для релятивістської маси: ⎛ v2 ⎞ m= = m0 ⎜ 1 − 2 ⎟ c ⎠ ⎝ 1 − v2 / c2 m0 − 1 2 ⎛ ⎞ 1v 2 3v 2 = m0 ⎜ 1 + 2 + 4 + ... ⎟ . 2c 8c ⎝ ⎠ Для не занадто точних обчислень можна обмежитись двома першими членами розкладу: m = m0 + m0 v2 . 2c 2 Перемноживши всі члени на с2, дістанемо: mc 2 = m0 c 2 + m0 v 2 . 2 Звідси кінетична енергія тіла Eк = m0 v 2 = (m − m0 )c 2 = Δmc 2 . 2 Отже, кінетична енергія тіла справді пов’язана з масою тіла, точніше, з різницею мас тіла, що рухається, і тіла, що перебуває у спокої. Наприклад, якщо під час нагрівання газу швидкості молекул зростають, то це означає, що інертна маса рухомих молекул також зростає. Запишемо ще раз формулу зв’язку маси й енергії: mc 2 = m0 c 2 + Eк . Усі члени рівняння повинні мати однакову розмірність, а отже, кожний член рівняння — це якась енергія. Член т0с2 визначається масою спокою т0, і тому його назвали ЕНЕРГІЄЮ СПОКОЮ. Зовсім невідомий раніше і, на перший погляд, не дуже зрозумілий вид енергії. Про нього ми поговоримо пізніше. Член тс2 — це сума енергії спокою і кінетичної енергії, тобто енергії руху. Ця енергія дістала назву ПОВНОЇ ЕНЕРГІЇ. Повна енергія дорівнює сумі енергії спокою і кінетичної. Енергія спокою по суті є енергією потенціальною, а точніше — енергією взаємодії частинок. Природно припустити, що й потенціальна енергія пов’язана з масою. Повна потенціальна енергія системи частинок, що взаємодіють, перебуваючи у спокої, дорівнює сумі їхніх енергій спокою та енергії взаємодії, яка називається ЕНЕРГІЄЮ ЗВ’ЯЗКУ W: E0 = ∑ E0 i + W . Але E0 = M 0 c 2 , E0i = m0i c 2 . Тоді енергія зв’язку: W = E0 − ∑ E0i = ( M 0 − ∑ m0i ) c 2 . Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 56 Різницю маси спокою всієї системи і суми мас спокою всіх частинок називають ДЕФЕКТОМ МАСИ і позначають так: Δm0 = ( M 0 − ∑ m0i ). Отже, енергія зв’язку визначається дефектом маси: W = Δm0 c 2. Те, що маса атома не дорівнює сумі мас частинок, які утворюють атом, можна легко підтвердити, заглянувши в таблиці мас. Таким чином, виявлено напрочуд простий і універсальний зв’язок маси й енергії: Будь-яка зміна енергії супроводжується зміною маси. Проте це не означає, що маса перетворюється в енергію або навпаки. Навіть при анігіляції електрона і позитрона, коли замість них з’являються тільки кванти світла (фотони), маса не зникає, залишається маса руху фотонів. Зауваження. Швидкість світла настільки велика, що мізерні зміни маси відповідають величезним виділенням енергії. Під час вибуху першої атомної бомби потужністю 20 000 тонн тринітротолуолу маса всього попелу, який осів після вибуху, була лише на один грам менша, ніж початкова маса матеріалу, який розщепився. 2.7. ЗВ’ЯЗОК ЕНЕРГІЇ ТА ІМПУЛЬСУ При зміні маси змінюється як повна енергія, так і імпульс. Знайдемо зв’язок повної енергії і релятивістського імпульсу. Повна енергія m0 c 2 E = mc 2 = . 1 − v2 / c2 Поділимо обидві частини рівняння на швидкість світла с і піднесемо до квадрата: m02 c 2 E2 = . c2 1 − v2 / c2 Релятивістський імпульс p= m0 v 1 − v2 / c2 Піднесемо до квадрата обидві частини рівняння: p2 = . m02 v 2 . 1 − v2 / c2 Віднімемо від Е2/с2 квадрат імпульсу р2: m02 c 2 − m02 v 2 E2 2 − p = = m02 c 2 . 2 2 2 c 1− v / c Теоретичне ядро 57 2 Помноживши на с , остаточно дістанемо: E 2 − p 2 c 2 = m02 c 4 . На перший погляд, формула як формула, зв’язок як зв’язок. Але у праву частину формули входять маса спокою і швидкість світла, які не змінюються при переході від однієї системи до іншої, тобто вони інваріантні. А звідси висновок: Комбінація енергії та імпульсу однакова в усіх інерціальних системах відліку: E 2 − p 2 c 2 = E ′ 2 − p′ 2 c 2 = m02 c 4 . Залишається тільки згадати, що повна енергія й імпульс не зберігають свого значення з переходом до іншої системи відліку, оскільки вони залежать від швидкості руху системи відліку v. Зовсім недавно нам траплялася аналогічна ситуація з просторовими та часовими інтервалами, які теж змінювались із переходом до іншої системи відліку. Вихід з цієї неприємної ситуації було знайдено введенням просторово-часового інтервалу, однакового в усіх інерціальних системах відліку ( Δs = Δs′ ) , який є комбінацією просторових і часових інтервалів. Тоді ж було зроблено достатньо революційний висновок про єдність простору-часу. Тепер нам також не залишається нічого іншого, як визнати, по-перше, що величина E 2 − p 2 c 2 є інваріант, а по-друге, що існує єдина сутність: ЕНЕРГІЯ—ІМПУЛЬС. Звідси випливає такий висновок: Зміна імпульсу з переходом до іншої інерціальної системи відліку неодмінно супроводжується зміною повної енергії, а збереження імпульсу враз тягне за собою збереження повної енергії. Раніше інваріантом був просторово-часовий інтервал: Δs = Δx 2 + Δy 2 + Δz 2 − c 2 Δt 2 , тепер інваріантом буде величина m0 c = p x2 + p 2y + p z2 − E 2 / c 2 . Можна і цей інваріант тлумачити як вектор, що має чотири проекції: три проекції імпульсу на прямокутні осі координат і четверту проекцію на уявну вісь іЕ/с. Нагадаю, що просторово-часовий інтервал вдалося сконструювати завдяки тому, що просторові і часові характеристики вже були пов’язані між собою в перетвореннях Лоренца. Слід припустити, що мають існувати перетворення Лоренца також для енергії та імпульсу. Вони справді існують і мають такий вигляд: p′x = px − E v / c 2 1 − v2 / c2 p′y = p y ; ; p′z = p z ; E′ = E − pv 1 − v2 / c2 . Якщо нам відомі значення енергії та імпульсу в системі K, то можна розрахувати енергію та імпульс у системі K'. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 58 2.8. ЕНЕРГІЯ, ІМПУЛЬС І МАСА ФОТОНА Фотонами називають найдрібніші частинки світла, або кванти світла. Корпускулярні, або квантові, властивості світла проявляються, наприклад, у явищах фотоефекту або при дослідженні тиску світла. Фотон, як і будь-яка інша матеріальна частинка, має масу, імпульс та енергію. І все-таки фотон відрізняється від інших частинок тим, що завжди рухається зі сталою швидкістю, яку ніяк не можна змінити. Швидкість фотона дорівнює швидкості світла, і вона однакова в усіх інерціальних системах відліку. Але тоді з’являються певні утруднення з масою. При v → c релятивістська маса прямує до нескінченності згідно з формулою m0 m= . 1 − v2 / c2 Але цього не може бути! Можна припустити, що маса спокою т0 дорівнює нулю, і це цілком слушно. Дослід підтверджує, що маса спокою фотона в багато разів менша від маси електрона: m0 < 4 ⋅ 10 −21 me . Висновок: Частинка з нульовою масою спокою завжди рухається зі швидкістю світла. Проте маса руху, тобто інертна маса, у фотона є. Спочатку визначимо інші характеристики фотона: енергію та імпульс. Енергія фотона, як відомо, залежить від частоти електромагнітної хвилі ν: E = hv, де h = 6,63 · 10 Дж · с — стала Планка. Імпульс фотона знайдемо, скориставшись зв’язком енергії та імпульсу: E 2 − c 2 p 2 = m02 c 4 . Оскільки т0 = 0, то імпульс фотона E hv = . c c А тепер можна знайти і масу фотона, бо його імпульс р = тс. Маса фотона p hv m= = 2. c c p= ПІДСУМКИ Необхідно зрозуміти: 1. Релятивістська маса залежить від швидкості руху і, відповідно, вже не пропорційна до кількості речовини. 2. Релятивістський імпульс залежить від швидкості руху. Незважаючи на кінцевість швидкості, імпульс може збільшуватися за рахунок збільшення маси. 3. Релятивістські закони формулюються так само, як і класичні. Тільки необхідно пам’ятати, що в них мають на увазі релятивістські динамічні характеристики. 4. Кінетична енергія тіла від різниці маси руху і маси спокою. 5. Потенціальна енергія взаємодії (енергія зв’язку) залежить від різниці маси спокою системи взаємодіючих частинок та суми мас спокою частинок, що утворюють систему. Ця різниця мас називається дефектом маси. Теоретичне ядро 59 6. Маса та енергія зв’язані. Однак це не означає, що маса перетворюється на енергію і навпаки. 7. Співвідношення E = mc 2 — це фундаментальне підтвердження положення: немає матерії без руху і немає руху без матерії. p = m v — релятивістський імпульс; E = mc 2 — повна енергія системи; E0 = m0 c 2 — енергія спокою системи; Ek = c 2 ( m − m0 ) — кінетична енергія системи; n Δm0 = M 0 − ∑ m0i — дефект маси; i =1 Слід запам’ятати: W = Δm0 c 2 — енергія зв’язку; 1. Формулювання релятивістських законів руху. 2. Визначення дефекту маси. 3. Формули: m0 m= — релятивістська маса; 1 − v2 / c2 E 2 − p 2c 2 = m 2 0 c 4 — інваріантність перетворень енергії та імпульсу; hν pф = — імпульс фотона; c hν mф = 2 — маса фотона. c Треба вміти: Визначати релятивістські динамічні характеристики матеріальної точки. 3. ЗАКОНИ ЗБЕРЕЖЕННЯ У природі існує кілька законів збереження, а саме: закон збереження імпульсу, енергії, моменту імпульсу, електричного заряду, парності та інші. Ці закони є наслідком властивостей симетрії у Всесвіті. Якщо в деякій механічній задачі відомі всі сили, то, користуючись законами механіки, можна знайти будь-які характеристики руху частинок. Закони збереження не додають ніякої додаткової інформації, однак вони є одним із найпотужніших знарядь, якими постійно користуються фізики. По-перше, закони збереження не залежать від виду траєкторії і від характеру сил, що діють, а тому дають змогу діставати цілком загальні висновки з рівнянь руху. По-друге, закони збереження можуть бути використані навіть тоді, коли сили недостатньо добре відомі, як, наприклад, у фізиці елементарних частинок. По-третє, закони збереження тісно пов’язані з інваріантністю. Дуже часто при дослідженні нових, ще не до кінця зрозумілих явищ вони дають змогу зрозуміти їхню суть. Відкриття елементарної частинки НЕЙТРИНО взагалі зобов’язане твердій упевненості в неодмінності виконання законів збереження. По-четверте, у тих випадках, коли сили відомі, закони збереження дають змогу істотно спростити розв’язування задачі. 3.1. ЗАКОН ЗБЕРЕЖЕННЯ ІМПУЛЬСУ Існують умови, при виконанні яких імпульс матеріальної точки, імпульс декількох матеріальних точок або імпульс системи довільного числа тіл залишається постійним. Знайдемо ці умови. Імпульс однієї матеріальної точки. Згідно з першим законом динаміки матеріальна точка, на яку не діють ніякі сили, може рухатися тільки рівномірно і прямолінійно. Вектор швидкості матеріальної точки Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 60 сталий як за модулем, так і за напрямом. Маса у класичній механіці стала, а отже, і імпульс матеріальної точки теж сталий. Коротко це можна сформулювати так: Імпульс ізольованої матеріальної точки завжди сталий. Якщо F = 0 , то p = m v — const. Імпульс системи, що складається з двох матеріальних точок. За третім законом динаміки для двох частинок, що взаємодіють одна з одною, швидкість зміни імпульсу однієї частинки дорівнює швидкості зміни імпульсу іншої: dp1 dp d = − 2 , або ( p1 + p2 ) = 0 . dt dt dt Отже, повний імпульс системи з двох матеріальних точок є величина стала: P = p1 + p2 = const . Повний імпульс двох ізольованих матеріальних точок, що взаємодіють, завжди сталий. Імпульс системи, що складається з N матеріальних точок. На кожну частинку діють як зовнішні, так і внутрішні сили. Як було щойно показано, внутрішні сили взаємодії між частинками не можуть привести до зміни їхнього повного імпульсу. Хоча це було показано тільки для двох частинок, що взаємодіють, але неважко здогадатися, що можна розглянути систему попарно і дійти такого самого висновку. Повний імпульс системи може змінюватись тільки зовнішніми силами. Швидкість зміни повного імпульсу системи дорівнюватиме рівнодійній усіх зовнішніх сил: dP = Fp , dt де P = ∑ pi — повний імпульс системи; Fp = ∑ Fi — рівнодійна всіх зовнішніх сил. Отже, основний закон динаміки для системи матеріальних точок можна сформулювати так: Швидкість зміни повного імпульсу системи частинок, що взаємодіють, дорівнює сумі всіх зовнішніх сил. Якщо на систему не діють зовнішні сили або їхня рівнодійна дорівнює нулю, то повний імпульс цієї системи сталий. Таку систему називають ЗАМКНЕНОЮ, або ІЗОЛЬОВАНОЮ. dP Якщо Fp = 0 , то = 0 , і тому P = ∑ mi vi = const. dt Це і є закон збереження імпульсу для системи частинок, що взаємодіють. Читається він так: Повний імпульс ізольованої системи сталий. Отже, необхідною і достатньою умовою сталості імпульсу системи є її ізольованість, або замкненість. Розглянемо деякі застосування закону збереження імпульсу. Теоретичне ядро 61 3.1.1. Центр мас (для самостійного вивчення) Повний імпульс системи, як і імпульс кожної частинки, залежить від вибраної системи відліку. У принципі можна знайти таку систему відліку, відносно якої повний імпульс системи дорівнюватиме нулю. Нехай повний імпульс відносно системи Κ', що рухається відносно системи Κ зі швидкістю u , дорівнює нулю: P′ = ∑ mi v′i = 0 . Імпульс відносно системи Κ не дорівнює нулю: P = ∑ mi vi ≠ 0 . Оскільки швидкість частинки в системі Κ v = v′ + u , то P = ∑ mi vi = ∑ mi v′i + u ∑ mi . Але повний імпульс у системі K' дорівнює нулю. Тоді швидкість системи K' відносно системи Κ u= ∑ mi vi ∑ mi vi . = M ∑ mi Точка, відносно якої повний імпульс системи частинок дорівнює нулю, називається ЦЕНТРОМ МАС, або ЦЕНТРОМ ІНЕРЦІЇ. Отже, щойно обчислена швидкість системи відліку K' відносно системи відліку Κ і є швидкістю центра мас. Позначатимемо її надалі uc . Координату центра мас легко знайти, якщо замінити швидкості на відповідні похідні від радіусів-векторів за часом: uc = drc dr , vc = i . dt dt Тоді dr m i drc ∑ i dt d ⎛ ∑ mi ri = = ⎜ dt dt ⎝ ∑ mi ∑ mi ⎞ ⎟. ⎠ Звідси можна знайти вираз для радіуса-вектора центра мас відносно системи відліку K: rc = xc ∑ mi ri . ∑ mi m1 m2 0 Приклад. Дві частинки, маса яких m1 і т2, розміщені по осі х на відстанях x1 і х2 від початку координат (рис. 3.1). Знайдемо координату центра мас: m x + m2 x2 xc = 1 1 . m1 + m2 x x1 x2 Рис. 3.1 Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 62 Властивості центра мас (для самостійного вивчення) Перепишемо формулу для швидкості центра мас у такому вигляді: uc ∑ mi = Muc = ∑ mi vi . Ліворуч маємо добуток повної сумарної маси всіх частинок системи на швидкість центра мас, а праворуч — суму імпульсів усіх частинок, тобто повний імпульс системи. Тому повний імпульс системи частинок можна подати у вигляді добутку сумарної маси на швидкість центра мас: P = Muc . Це означає, що виконується така залежність: Імпульс системи частинок дорівнює імпульсу центра мас. Таким чином, замість усієї системи частинок достатньо розглядати рух лише однієї матеріальної точки. Маса точки дорівнює сумі мас, а швидкість дорівнює швидкості центра мас. Рух матеріальної точки підпорядковується законам динаміки Ньютона. Якщо зовнішні сили відсутні (система замкнута), то повний імпульс має бути сталим. Тому швидкість центра мас має залишитися незмінною. Для центра мас виконується перший закон Ньютона. Знайдемо тепер швидкість зміни повного імпульсу: du dP d = ( Muc ) = M c = Mac . dt dt dt duc — прискорення центра мас. dt Швидкість зміни імпульсу матеріальної точки дорівнює зовнішній силі Fз, тому У здобутій формулі ac = Fз . M Прискорення центра мас пропорційне до зовнішньої сили й однаково з нею напрямлене. ac = Для центра мас виконується другий закон Ньютона. Зауваження. Слід відрізняти центр мас від ЦЕНТРА ТЯЖІННЯ, координата якого визначається за формулою: rц = ∑ Gi ri , ∑ Gi де Gі — сила ваги частинки, координата якої ri . Якщо гравітаційне поле однорідне, то прискорення вільного падіння для всіх частинок однакове. У такому разі центр тяжіння збігається з центром мас: rц = ∑ gmi ri ∑ mi ri = = rc . ∑ gmi ∑ mi У неоднорідному гравітаційному полі прискорення вільного падіння кожної частинки різне і центр тяжіння не збігається з центром мас. Теоретичне ядро 63 3.1.2. Реактивний рух Якщо поділити тіло на дві частини і при цьому одна з частин буде рухатися зі швидкістю v1 , то, згідно із законом збереження імпульсу, друга частина тіла рухатиметься зі швидкістю v2 (рис. 3.2). Візьмемо центр мас складового тіла за систему відліку. Зовнішніх сил немає. Повний імпульс складового тіла дорівнює нулю: m1 v1 m1 m2 m2 v2 Рис. 3.2 P = 0. Після поділу тіла повний імпульс має залишитися сталим і дорівнювати нулю: P = m1v1 + m2 v2 = 0. Знаючи швидкість першого тіла v1 , можна знайти швидкість другого: v2 = − m1 v1. m2 Оскільки на тіла, що розлітаються, ніякі сили не діють, швидкості їх надалі залишаються сталими. Більш цікавим є реактивний рух тіла, маса якого змінюється. Так рухаються ракети, маса яких безперервно змінюється, оскільки безперервно відкидаються продукти згоряння ракетного палива. Задачу про реактивний рух тіла змінної маси розв’язав професор Петербурзького університету І. В. Мещерський у 1897 році. Нехай швидкість ракети масою т у момент часу t дорівнює v (рис. 3.3). Швидкість витікання газу відносно ракети — v0 , а відносно Землі ( v0 − v) . Імv пульс ракети в момент часу t pp = m v. m Змінною буде не тільки швидкість, а й маса, тому швидкість зміни імпульсу ракети dpp dt = d ( m v) dm dv =v +m . dt dt dt Усі швидкості напрямлені по одній осі, тому вектори пропущені. Якщо за час dt із ракети витекла маса dm, то швидкість зміни імпульсу газів dpг dm = ( v0 − v ) . dt dt dm v0 Рис. 3.3 За третім законом механіки швидкість зміни імпульсу ракети дорівнює швидкості зміни імпульсу газів зі знаком «мінус»: dpp dt =− dpг dm dv dm , або v +m = ( v − v0 ) . dt dt dt dt Перетворимо цей вираз: v або dm dv dm dm +m + v0 −v = 0, dt dt dt dt m dv dm = − v0 . dt dt Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 64 Дістали диференціальне рівняння руху тіла змінної маси. Ліворуч маємо добуток маси на прискорення, тобто силу. Тоді і праворуч має бути сила. Це РЕАКТИВНА СИЛА. Вона визначається швидкістю витікання маси: Fp = −v0 dm . dt Отже, при реактивному русі тіла змінної маси діятиме реактивна сила, тому тіло буде рухатися з прискоренням. Перепишемо диференціальне рівняння руху в такому вигляді: dm dv =− . m v0 Це і є РІВНЯННЯ МЕЩЕРСЬКОГО, яке пов’язує швидкість тіла зі зміною його маси. Зінтегруємо рівняння Мещерського. Маса змінюється від початкового значення т0 до т. Швидкість при цьому змінюється від 0 до v : m dm 1 v m v , =− =− ∫ ∫ d v , ln v0 0 m0 v0 m0 m або m v = v0 ln 0 . m Останнє рівняння називають РІВНЯННЯМ ЦІОЛКОВСЬКОГО. Рівняння показує, що швидкість ракети буде тим більшою, чим більша швидкість витікання газів v0 і менша остаточна маса ракети т, тобто чим більшу частку в повній масі ракети становить паливо. У реальних ракетах частка палива не перевищує 80% від повної маси ракети. Швидкість витікання продуктів згоряння навіть найкращого палива становить близько 4 · 103м/с1. Легко підрахувати, що максимальна швидкість ракети після згоряння всього палива vmax буде дорівнювати 6,4 · 103 м/с1. Але це менше за першу космічну швидкість. Для збільшення максимальної швидкості потрібно або збільшити швидкість витікання, або збільшити відносну частку палива. І те й інше важко зробити. Непогано було б, щоб за масу, яка викидається, мати фотони, які летять зі швидкістю світла с, але їхня маса занадто мала. Втім, фотонні реактивні двигуни вже випробовувалися в космосі. Збільшити відносну частку палива важко, бо крім корисної маси самого космічного корабля є ще маса двигунів, паливних баків, систем керування, несучих конструкцій. З формули Ціолковського випливає, що було б раціональніше разом із паливом спалювати і відповідні баки і несучі конструкції. Але можна просто відкидати частину конструкцій після вироблення палива з одного із баків. Міркуючи так, К. Е. Ціолковський прийшов до досить плодотворної ідеї багатоступінчастих ракет, яка з повним успіхом використовується в космонавтиці. 3.2. ЗАКОН ЗБЕРЕЖЕННЯ МОМЕНТУ ІМПУЛЬСУ Нагадаємо, що момент імпульсу — це аналог імпульсу, що є основною динамічною характеристикою обертального руху. Саме момент імпульсу входить до основного закону динаміки обертального руху: dL = Mз . dt Нагадаємо також, що закон збереження імпульсу дістали як наслідок законів механіки. Основною умовою, у разі виконання якої імпульс залишався сталим, була відсутність зовнішніх сил. Внутрішні сили, тобто сили взаємодії, не могли змінити повного імпульсу системи, яка складається з двох тіл, що взаємодіють, бо швидкість зміни імпульсу одного тіла, за третім законом динаміки, дорівнює точно швидкості зміни імпульсу іншого. Теоретичне ядро 65 Ми бачимо, що й моменти внутрішніх сил однакові (рис. 3.4). У цьому випадку однакові не тільки сили взаємодії, а й відстань від центра обертання до лінії дії обох сил: F2,1 ⋅ l = − F1,2 ⋅ l , F2,1 r1 l F1, 2 r2 тобто M 2,1 = − M 1,2 . 0 Тому швидкість зміни моменту імпульсу одного тіла дорівнює швидкості зміни моменту імпульсу другого тіла: Рис. 3.4 dL1 dL =− 2. dt dt Отже, d ( L1 + L2 ) = 0 і L = L1 + L2 = const . dt Повний момент імпульсу двох тіл, що взаємодіють, завжди сталий. Або так: Внутрішні моменти сил не можуть змінити повного моменту імпульсу системи тіл. Змінити повний момент імпульсу можуть тільки моменти зовнішніх сил. Саме тому до основного закону динаміки обертального руху входить момент зовнішніх сил: dL = M З. dt Тепер залишається зробити останній крок до формулювання закону збереження моменту імпульсу. Треба тільки взяти повний момент зовнішніх сил такий, що дорівнює нулю: МЗ = 0. Тоді dL = 0 і L = ∑ [ ri ⋅ mi vi ] = 0. dt Якщо повний момент зовнішніх сил дорівнює нулю, то повний момент імпульсу відносно цієї самої точки сталий. Аналогія із законом збереження імпульсу — чудова! ПІДСУМКИ Необхідно зрозуміти: 2. Повний імпульс системи, яка складається із 1. Закони збереження імпульсу і моменту будь-якої кількості тіл, що взаємодіють між собою, імпульсу пов’язані з такими властивостями прос- залишається сталою тільки тоді, коли сума зовнішніх сил дорівнює нулю. тору як однорідність та ізотропність. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 66 3. Повний момент імпульсу системи залишається сталим тільки тоді, коли повний момент зовнішніх сил дорівнює нулю. 4. Для збереження моменту імпульсу не обов’язково мати ізольовану систему, як це потрібно для збереження імпульсу. Момент імпульсу залишається також сталим, якщо напрям сили паралельний вісі обертання, або сила прикладена до точки, яка розміщена на вісі. 5. Оскільки момент імпульсу залежить від кутової швидкості і моменту інерції, тоді можна змінити кутову швидкість за рахунок зміни розподілу мас. P = ∑ mi vi = uc ∑ mi — повний імпульс системи тіл; ∑ mi xi — координата центра мас; Xц = ∑ mi dv dm — рівняння Мещерського; =− m v0 dm — реактивна сила; dt m v = v0 ln 0 — формула Ціолковського; m Fp = −v0 Li = [ ri pi ] — момент імпульсу матеріальної точки; Слід запам’ятати: L = ∑ [ ri pi ] — момент імпульсу системи тіл; L = I ω — момент імпульсу тіла. 1. Формулювання законів збереження. 2. Формули: pi = mvi — імпульс матеріальної точки; Треба вміти: 1. Записувати формули, визначати модуль і напрям імпульсу тіла та повного імпульсу системи тіл. 2. Розв’язувати задачі, застосовуючи закон збереження імпульсу. 3.3. ЗАКОН ЗБЕРЕЖЕННЯ МЕХАНІЧНОЇ ЕНЕРГІЇ Енергією називають скалярну фізичну величину, яка є спільною мірою різних видів руху. Простіше кажучи, один вид руху може замінитися іншим, а енергія залишається тією самою. У класичній механіці розрізняють три види енергії: КІНЕТИЧНУ Ек, ПОТЕНЦІАЛЬНУ U і ПОВНУ Еп. Повна енергія дорівнює алгебричній сумі кінетичної і потенціальної енергії. Одиниця енергії — один джоуль (Дж). 3.3.1. Кінетична енергія Кінетичною називають енергію рухомого тіла. Кінетична енергія матеріальної точки обчислюється за формулою: Eк = mv 2 . 2 Як бачимо з формули, кінетична енергія визначається інертною масою і швидкістю, точніше квадратом швидкості. Значення кінетичної енергії різне в різних системах відліку. Теоретичне ядро 67 Повна кінетична енергія системи матеріальних точок дорівнює сумі кінетичних енергій усіх точок, що їх утворюють: mi vi2 . 2 Кінетичну енергію абсолютно твердого тіла зручно подати, скориставшись поняттям «центр мас»: Eк = ∑ Eк = Muc2 . 2 Кінетична енергія твердого тіла дорівнює кінетичній енергії центра мас. Кінетична енергія завжди додатна. Кінетичну енергію тіла, що обертається навколо осі, можна виразити через кутові характеристики. Лінійна швидкість матеріальної точки пов’язана з кутовою швидкістю: vi = ωri . Тоді кінетична енергія тіла mi vi2 1 2 I ω2 = ω ∑ mi ri2 = . 2 2 2 Таким чином, кінетична енергія твердого тіла, що обертається, визначається кутовою швидкістю — аналогом лінійної швидкості — та моментом інерції — аналогом маси. Вона залежить не тільки від системи відліку, а й від вибраної осі обертання. Якщо тіло одночасно виконує поступальний і обертальний рух, то його кінетична енергія дорівнює сумі кінетичної енергії поступального руху тіла зі швидкістю його центра мас і кінетичної енергії обертання тіла навколо центра мас: Eк = ∑ Eк = Muc2 I ω2 + . 2 2 Якщо тіло ізольоване, то його кінетична енергія стала. Змінити кінетичну енергію тіла може тільки зовнішня сила. Точніше: для зміни кінетичної енергії необхідно виконати механічну роботу. 3.3.2. Механічна робота F При переміщенні матеріальної точки на dr виконується елементарна робота, що дорівнює, за визначенням, скалярному добутку сили на елементарний вектор переміщення (рис. 3.5): v α dA = ( Fd r ) . Fs dr Розкриємо скалярний добуток: dA = Fdr cos α , але Fcos α = Fs — це проекція вектора сили на напрям швидкості, напрямленої, у свою чергу, по дотичній до траєкторії (інакше кажучи, Fs — це тангенціальна складова сили F); | d r | = ds — елементарне переміщення вздовж траєкторії. Тоді елементарна робота: dA = Fs ds. r r + dr 0 Рис. 3.5 Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 68 Робота не виконується в таких випадках: 1) F = 0 — матеріальна точка ізольована. Вона рухається поза полем сил; 2) ds = 0 — матеріальна точка не переміщується; 3) α = π/2 — тангенціальна складова сили дорівнює нулю (сила напрямлена перпендикулярно до швидкості). Так, при переміщенні тіла без тертя по горизонтальній поверхні робота не виконується. Супутник на стаціонарній коловій орбіті також не виконує роботи, хоча на нього діє гравітаційна сила Землі. Не виконують роботи сила Лоренца і сила Коріоліса, бо вони також перпендикулярні до швидкості. Робота на певній ділянці траєкторії від s1 до s2 дорівнює сумі всіх елементарних робіт і може бути обчислена простим інтегруванням: s2 A1,2 = ∫ Fs ds. s1 Якщо на всьому шляху від s1 до s2 тангенціальна складова сили стала, то її можна винести за знак інтеграла, і тоді 2 A1,2 = ∫ Fs ds = Fs Δs . 1 Отже, дістали добре відому з курсу фізики середньої школи формулу: Робота сталої сили дорівнює добутку сили на шлях. Для кращого запам’ятовування наведемо геометричну інтерпретацію роботи. На рис. 3.6 зображено довільну залежність Fs від s. Елементарна робота dA = Fsds — це площа заштрихованого елементарного прямокутника, висота якого Fs і довжина основи ds. Повна робота на шляху від s1 до s2 буде дорівнювати сумі всіх елементарних площинок. Для прикладу обчислимо роботу, яку потрібно було б виконати, щоб Місяць з поверхні Землі перенести на його законне місце (рис. 3.7). Будемо переміщувати Місяць по радіусу від r1 до r2: Fs dA A1,2 0 s1 s2 s r2 r2 r1 r1 A = ∫ Fr dr = ∫ G Рис. 3.6 r2 Mm dr ⎛1 1⎞ dr = GMm ∫ 2 = GMm ⎜ r − r ⎟ . 2 r ⎝ 1 r1 r 2 ⎠ Як уже зазначалося, при виконанні роботи змінюється кінетична енергія. Покажемо це. Елементарна робота m dA = Fs ds, M при цьому r1 Fs = maτ = m r2 dv , dt а отже, Рис. 3.7 dA = m ⎛ mv 2 ⎞ dv ds ds = m d v = mvd v = d ⎜ ⎟ = dEк . dt dt ⎝ 2 ⎠ Елементарна робота дорівнює елементарній зміні кінетичної енергії. Теоретичне ядро 69 Повна робота в разі зміни швидкості від v1 до v2 : v2 A1,2 = ∫ m vd v = v1 m v 22 m v12 − = Eк2 − Ек1 . 2 2 Зміна кінетичної енергії тіла точно дорівнює роботі, виконаній зовнішніми силами. Це дуже важливе співвідношення. Зовнішні сили не тільки сприяють зміні кінетичної енергії, але її зміна точно дорівнює роботі цієї зовнішньої сили. Саме такий сенс мають твердження, які часто зустрічаються: Кінетична енергія характеризує здатність тіла виконувати роботу. Енергія може бути передана від одного тіла до іншого шляхом виконання механічної роботи. Потужність Та сама робота може бути виконана за різний час. Для обліку часу виконання роботи вводять поняття ПОТУЖНІСТЬ. Розрізняють середню та миттєву потужність. Якщо за час Δt виконано роботу ΔΑ, то середня потужність ΔA . Δt Миттєвою, або істинною, потужністю називають границю, до якої прямує середня потужність, якщо Δt → 0 : Wc = ΔA dA = . Δt → 0 Δt → 0 Δt dt Оскільки dA = ( F ⋅ dr ), то виконується співвідношення: W = lim Wc = lim W = ( F ⋅ dr ) = ⎛ F ⋅ dr ⎞ = dt ⎜ ⎝ ⎟ dt ⎠ ( F ⋅ v). Істинна потужність дорівнює скалярному добутку сили на швидкість. Одиниця потужності — Дж/с = Вт (ват). 3.3.3. Потенціальна енергія Виконати роботу може не тільки рухоме тіло. Скажімо, забити гвіздок може тіло, яке підняте на деяку висоту над ним. А для того, щоб підняти тіло, потрібно виконати роботу проти сили тяжіння Землі. Отже, підняте над Землею тіло має запас енергії, яку можна потім використати для виконання роботи. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 70 Таку енергію називають ПОТЕНЦІАЛЬНОЮ ЕНЕРГІЄЮ. Можна сказати, що це енергія, створена про запас. 2 2' Будь-які два тіла, що взаємодіють, мають потенціальну енергію, оскільки для їх відокремлення потрібно виконати роботу проти сил π взаємодії. Тому потенціальну енергію ще називають енергією взаємодії. 2 Тепер введемо це поняття більш строго. Fg Під час переміщення тіла масою т з точки 1 в точку 2 строго по вертикалі на висоту h в однорідному полі сили тяжіння (рис. 3.8) викоh нується робота: Fg А = Fgh = mgh. Але точно таку саму роботу буде виконано і в тому разі, якщо тіло 1 1' переміщувати по траєкторії 1—1'—2'—2, бо на ділянках 1—1' і 2'—2 робота не виконується, оскільки сила перпендикулярна до переміщення. Рис. 3.8 Отже, можна вибрати будь-яку траєкторію, яка проходить через точки 1 і 2, але робота буде завжди однаковою. Це теж дуже важливий висновок. Робота з переміщення тіла з однієї точки в іншу не залежить від виду траєкторії. Отже, точку 2 відносно точки 1 можна характеризувати роботою, яку потрібно виконати, щоб здійснити це переміщення. Кажуть так: Робота пішла на зміну потенціальної енергії: ΔU = U 2 − U1 = A1,2 . Для нескінченно малого переміщення dU = − dA. Ці формули дають математичне визначення поняття «потенціальна енергія». Докладніше ми обговоримо питання, пов’язані з потенціальною енергією, коли будемо вивчати теорію поля сил. Зазначимо тільки, що робота йде на зміну потенціальної енергії не завжди, а лише тоді, коли між тілами діють КОНСЕРВАТИВНІ СИЛИ. Такими силами є сили гравітації, пружності, електростатичної взаємодії. А сили тертя, опору або магнітні — це НЕКОНСЕРВАТИВНІ СИЛИ, і їхня робота залежить від виду траєкторії. 3.3.4. Закон збереження механічної енергії Отже, з одного боку, робота дорівнює зміні потенціальної енергії, а з другого — зміні кінетичної енергії: ⎛ mv 2 dA = −dU = d ⎜ ⎝ 2 ⎞ ⎟. ⎠ Перепишемо формулу так: ⎛ mv 2 ⎞ d ⎜U + ⎟ = 0. 2 ⎠ ⎝ Звідси mv 2 + U = Eп = const . 2 Теоретичне ядро 71 Повна механічна енергія матеріальної точки, що дорівнює сумі її кінетичної та потенціальної енергії, стала, якщо на неї діють тільки консервативні сили. При цьому не встановлюється жодних обмежень ні на траєкторію, ні взагалі на характер руху. Тому закон збереження механічної енергії достатньо універсальний. Для замкнутої системи матеріальних точок повна енергія також зберігається. У цьому разі повна енергія складається з кінетичної енергії всіх точок і їхньої взаємної потенціальної енергії. Приклад. Закон збереження енергії для тіла масою т, яке вільно падає в однорідному гравітаційному полі. Кінетична енергія тіла mv 2 Eк = . 2 Потенціальна енергія тіла, яке перебуває на висоті h: U = mgh. Швидкість зміни кінетичної енергії dEк d ⎛ mv 2 ⎞ dv v = ma v = F ⋅ v. = ⎜ ⎟=m dt dt ⎝ 2 ⎠ dt Але в разі вільного падіння сила F = mg, а швидкість v = можна подати рівнянням Швидкість зміни потенціальної енергії dh , тоді швидкість зміни швидкості тіла dt dEк dh = mg . dt dt dU d dh = ( mgh ) = − mg (h спрямоване вниз). dt dt dt Таким чином, швидкість зміни кінетичної енергії дорівнює швидкості зміни потенціальної енергії: dEк dU =− , dt dt але змінюються вони в різні боки — кінетична енергія зростає, а потенціальна зменшується. Отже, dEк dU d + = 0, ( Eк + U ) = 0 і Eк + U = const . dt dt dt Неконсервативні сили. Дисипативні системи Існують такі сили, робота яких залежить від форми шляху. Такі сили називають неконсервативними. Прикладом можуть бути сили тертя та аеродинамічного опору. Під час дії таких сил, на перший погляд, не виконується закон збереження механічної енергії. Насправді ж тіло, що рухається з тертям по горизонтальній поверхні, буде весь час мати однакове значення потенціальної енергії U0, а його кінетична енергія буде безперервно зменшуватися від початкового значення Eк 0 до нуля. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 72 І ця зміна, звичайно, буде дорівнювати роботі проти сил тертя. З точки зору тіла відбулася втрата кінетичної, а отже, і повної енергії. Це розсіювання, або ДИСИПАЦІЮ, енергії було нами виявлено лише тому, що ми розглядали тільки одну частину системи — тіло, але не розглянули іншої — поверхні, по якій рухалося тіло. У цьому процесі відбулася зміна як стану навколишніх тіл, так і внутрішнього стану, або ВНУТРІШНЬОЇ ЕНЕРГІЇ, самого тіла. Дослід показує, що температура тіла і поверхні зросла, тобто збільшилася кінетична енергія молекул тіл. Вимірювання показують, що зміна кінетичної енергії молекул точно дорівнює зміні кінетичної енергії тіла, що рухається по поверхні. Інакше кажучи, якщо врахувати зміну кінетичної енергії молекул, то повна початкова енергія всіх тіл, які беруть участь у процесі, залишається незмінною. Це спонукає нас узагальнити закон збереження енергії: Повна енергія замкнутої системи не зникає, не змінюється, а лише переходить з однієї форми в іншу. З таких, більш загальних позицій, дисипативних систем взагалі не існує. Закон збереження механічної енергії, як і інші закони збереження в механіці, не дає ніякої додаткової інформації порівняно із законами механіки. Він лише відбиває деякі загальні властивості простору-часу, а саме властивості ОДНОРІДНОСТІ ЧАСУ, але він настільки важливий, що в будь-яких процесах починають із перевірки його здійсненності. Релятивістські закони збереження Повна релятивістська енергія E = mc 2 = m0 c 2 1 − v2 / c2 . Навіть якщо вільна частинка перебуває у стані спокою в деякій системі відліку, її повна енергія не перетворюється на нуль, а дорівнює енергії спокою: Е0 = т0с2. Крім того, у релятивістському випадку повна енергія й імпульс пов’язані співвідношенням: E2 − p 2 = m02 c 2 . c2 При переході до іншої інерціальної системи зберігається маса спокою т0 і швидкість світла с. Отже, інваріантом буде і величина E2 E ′2 2 − p = − p′ 2 . c2 c2 А звідси випливає, що при переході до іншої системи відліку збереження імпульсу неодмінно тягне за собою збереження повної енергії. У релятивістській механіці діє об’єднаний закон збереження, збереження енергії-імпульсу. Теоретичне ядро 73 3.4. ЗАСТОСУВАННЯ ЗАКОНІВ ЗБЕРЕЖЕННЯ (для самостійного вивчення) Розглянемо кілька прикладів застосування законів збереження. 3.4.1. Межі руху Закон збереження енергії дає змогу, зокрема, аналізувати характер руху. Розглянемо одновимірний рух. Запишемо закон збереження енергії: E = Eк + U = mv 2 + U = const . 2 Кінетична енергія завжди додатна, тому потенціальна енергія ніколи не може бути більшою за повну: U ≤ Е. Тому частинка може перебувати тільки в тих точках простору, де її потенціальна енергія не перевищує повної. Інакше кажучи, існують межі руху. Приклад 1. Нехай потенціальна енергія залежить від координати за законом квадратичної параболи (рис. 3.9): U = kx2. Якщо Еп — це повна енергія, а частинка не може мати потенціальної енергії, більшої за повну, то це означає, що вона може рухатися в межах від –х1 до +х1. Заштриховані на рис. 3.9 області заборонені для руху частинок. У цих областях потенціальна енергія більша за повну. Для проникнення в заборонені області частинка має набути додаткової повної енергії. Такий обмежений рух називають ФІНІТНИМ. Іноді використовують такий термін: «частинка перебуває в ПОТЕНЦІАЛЬНІЙ ЯМІ». Можна легко уявити цілком реальний рух такого типу. U Еп –x1 0 +x2 x Рис. 3.9 Приклад 2. Візьмемо жолоб такої форми, як потенціальна крива, і нехай по ньому котиться кулька. Потенціальна енергія такої кульки в однорідному гравітаційному полі визначається висотою підйому: U = mgh. Якщо розмістити кульку на висоті h1, що відповідає координаті х1, то її кінетична енергія буде дорівнювати нулю, а потенціальна енергія U1 = mgh1, і вона дорівнюватиме повній енергії кульки. Коли кулька буде відпущена, вона покотиться по жолобу і в нижній точці жолоба вся потенціальна енергія перейде в кінетичну. Якщо повна енергія кульки при цьому залишається сталою, то вона підніметься на таку саму висоту h1. Таким чином, кулька котитиметься по жолобу як завгодно довго. Висота максимального підйому весь час дорівнюватиме h1, а якщо подивимось на цей рух згори, то побачимо, що кулька здійснює коливання в межах від +х1 до –х1. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 74 Саме такий рух здійснюватиме кулька на пружинці (рис. 3.10). Справді, сила, що діє на кульку, за законом Гука прямо пропорційна до зміщення від положення рівноваги х: F = –kx. Потенціальна енергія може бути обчислена як робота проти сили пружності: – x1 x x 0 0 U = A = ∫ Fdx = ∫ kxdx = kx 2 . 2 Як бачимо, і в цьому разі потенціальна енергія залежить від квадрата координати. Кажуть, що має місце потенціальна яма у вигляді квадратичної параболи. Кулька, що перебуває в такій потенціальній ямі, здій+ x1 снюватиме гармонічні коливання. Рис. 3.10 Ми не випадково спинилися на формі потенціальної кривої, що відповідає лінійній залежності сили від координати. Річ у тім, що при малих зміщеннях від положення рівноваги будь-які сили з відстанню змінюються лінійно. Тому при малих зміщеннях за будь-яких сил частинка здійснюватиме гармонічні коливання. Саме так рухаються атоми в кристалах. Можна ще сказати так: Частинка, яка перебуває в потенціальній ямі, здійснює гармонічні коливання. Приклад 3. Розглянемо тепер складніший вид потенціальної кривої (рис. 3.11). Крім потенціальної ями тут є ще ПОТЕНU ЦІАЛЬНИЙ БАР’ЄР (від х3 до х5). Виберемо повну енергію такою, щоб вона була меншою за максимум потенціального бар’єра, але більшою від мінімуму поEп тенціальної ями. Як і раніше, області, де потенціальна енергія більша за повну, недоступні для руху частинки. Перша така область від 0 до х1 і друга x 0 від х3 до х5. x1 x2 x3 x4 x5 В області від х1 до х3 рух обмежений, тобто фінітний. В області від х5 до нескінченності потенціальна енергія менша за Рис. 3.11 повну і рух скрізь дозволений. Такий рух називають ІНФІНІТНИМ, або необмеженим. Кулька в такому жолобі може або виконувати коливання в потенціальній ямі, або покотитися в нескінченність, якщо вже перебуває праворуч потенціального бар’єра. Щоб подолати потенціальний бар’єр, кулька повинна мати повну енергію більшу, ніж цей бар’єр. У протилежному випадку кажуть, що «частинка не може подолати потенціального бар’єра». Зауваження. Така категорична заборона стає менш категоричною в мікросвіті, де панують квантові закони. Там частинка цілком може «просочитися» через потенціальний бар’єр, маючи повну енергію меншу, ніж висота потенціального бар’єра. Теоретичне ядро 75 3.4.2. Умови механічної рівноваги Розглядаючи останню потенціальну криву, легко дістати умови механічної рівноваги. Кулька, що розміщена на дні ями і на вершині гірки, перебуває у стані рівноваги, у чому легко впевнитись, якщо провести найпростіший дослід. У першому випадку рівновага СТІЙКА. Якщо вивести кульку зі стану рівноваги, то вона може самостійно скотитися назад, на дно ями. В іншому випадку рівновага НЕСТІЙКА. Кулька, виведена з такого положення рівноваги, сама на вершину вже не повернеться. Ці якісні міркування легко записати у вигляді формул. В одновимірному випадку сила і потенціальна енергія пов’язані формулою dU F =− . dx За визначенням, тіло перебуває у стані рівноваги, якщо рівнодійна всіх сил дорівнює нулю. Отже, дорівнює нулю і похідна від потенціальної енергії за координатою: dU = 0. dx Але ж це умова мінімуму або максимуму на кривій потенціальної енергії. Отже: Частинка перебуває у стані рівноваги в тих точках простору, де її потенціальна енергія мінімальна або максимальна. Стан стійкої рівноваги буде в точці, де потенціальна енергія мінімальна. При відхиленні від положення рівноваги з’являється сила, напрямлена до мінімуму потенціальної енергії: dU F =− . dx У точці з максимальним значенням потенціальної енергії буде нестійка рівновага. При відхиленні від положення рівноваги сила буде напрямлена від положення рівноваги. Отже, умови стійкої рівноваги: d 2U dU = 0, > 0. dx dx 2 Умови нестійкої рівноваги: dU d 2U < 0. = 0, dx dx 2 3.4.3. Космічні траєкторії Гравітаційне поле Землі — це центральне поле, тобто сила в будь-якій точці напрямлена завжди до центра Землі. Будемо вважати, що маса космічного корабля набагато менша за масу Землі, і тоді центр маси практично збігається з центром Землі. Залежно від початкової швидкості космічного корабля можливі такі види траєкторії в центральному полі: коло, еліпс, парабола та гіпербола (рис. 3.12). Повна енергія космічного корабля в центральному гравітаційному полі дорівнює сумі його потенціальної і кінетичної енергії: mv 2 Mm . −G 2 r Потенціальна енергія від’ємна, оскільки діють сили тяжіння і прийнято, що в нескінченності потенціальна енергія дорівнює нулю. v 4 1 E = Eк + U = 2 3 Рис. 3.12 Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 76 U rm r Eп Рис. 3.13 Якщо кінетична енергія космічного корабля менша, ніж потенціальна, то повна енергія від’ємна і рух має виконуватися в обмеженій області. Корабель буде рухатись по замкнутій траєкторії — КОЛУ, або ЕЛІПСУ. Можна сказати, що в цьому випадку початкової кінетичної енергії не вистачає для виконання роботи проти гравітаційного поля Землі з віддалення корабля в нескінченність. Це добре видно з рис. 3.13, де наведено залежність потенціальної енергії гравітаційного поля від відстані. При Е < 0 рух обмежений координатою rmax . Збільшуючи початкову кінетичну енергію і тим самим збільшуючи повну енергію, можна збільшити rmax . При цьому орбіти стають все більш віддаленими від Землі, але все ж залишаються замкнутими. Коли повна енергія стає такою, що дорівнює нулю, то з’являється перша розімкнута траєкторія — ПАРАБОЛА. Початкова кінетична енергія стає такою, що дорівнює потенціальній на поверхні Землі, а повна енергія дорівнює нулю: mM З mv 2 =G . 2 RЗ З цієї формули можна дістати швидкість, яку повинен мати космічний корабель: 2GM З ≈ 2 gRЗ . RЗ v2 = Ця мінімальна швидкість, яка необхідна, щоб відлетіти в нескінченність, називається ДРУГОЮ КОСМІЧНОЮ ШВИДКІСТЮ. З формули випливає, що вона залежить від маси і розмірів гравітаційного центра: для Землі v2 = 11,2 · 103 м/с; для Місяця v2 = 2,38 · 103 м/с; для Марса v2 = 5,05 · 103 м/с; для Сонця v2 = 55,0 · 103 м/с. Якщо повна енергія стане більшою за нуль, то космічний корабель буде рухатися по гіперболах. Якщо кінетична енергія набагато менша від потенціальної, то тіло просто впаде на Землю. Існує така мінімальна швидкість, яка називається ПЕРШОЮ КОСМІЧНОЮ ШВИДКІСТЮ, за якої тіло перетворюється на супутник Землі, що обертається по коловій орбіті. Цю швидкість можна обчислити, прирівнявши силу тяжіння і відцентрову силу інерції: G mM З v 2 = . r r2 Звідси перша космічна швидкість v1 = G MЗ ≅ r gr . Прийнято розраховувати першу космічну швидкість для r = RЗ, тобто якщо колова орбіта проходить на нульовій висоті над Землею: v1 = gRЗ ≅ 7, 9 ⋅ 103 м / с. 3.4.4. Спільне використання законів збереження (для самостійного вивчення) Закони збереження можуть бути використані для встановлення співвідношення між різними величинами при зіткненнях тіл. При цьому розуміють не обов’язково буквальне зіткнення. Достатньо, щоб, пролітаючи одне біля одного, тіла взаємодіяли. Розрізняють ПРУЖНЕ і НЕПРУЖНЕ зіткнення. Останнє супроводжується зміною внутрішньої енергії через пластичні деформації. Теоретичне ядро 77 У звичайних умовах зіткнення тією чи іншою мірою непружні вже хоча б тому, що супроводжуються деяким нагріванням тіл, що стикаються, і збільшенням кінетичної енергії теплового руху молекул. Зауваження. У фізиці поняття про повністю пружні зіткнення відіграє важливу роль. З такими зіткненнями часто доводиться мати справу у фізиці елементарних частинок. У мікросвіті енергія сприймається і віддається тільки порціями — квантами. Тому й можливі абсолютно пружні зіткнення. Абсолютне непружне зіткнення Стикаються дві частинки, маси яких т1 і т2. Швидкості частинок до зіткнення v1 і v2 (рис. 3.14). При зіткненні відбувається пластична деформація, і після зіткнення частинки створюють єдину частинку, маса якої дорівнює сумі мас частинок, що зіткнулись, т = т1 + т2, а швидкість дорівнює v і спрямована по тій самій прямій. Частина кінетичної енергії йде на роботу пластичної деформації і перетворюється на внутрішню енергію. Тому закон збереження механічної енергії не виконується. Виконується тільки закон збереження імпульсу: m1 m2 v1 (m1 + m2) v2 v Рис. 3.14 P = m1v1 + m2 v2 = ( m1 + m2 ) v. m v + m2 v 2 Звідси швидкість складової частинки v = 1 1 . m1 + m2 Як і слід було чекати, ця швидкість виявилася рівною швидкості центра мас. Зміна кінетичної енергії після зіткнення: m v 2 m v 2 ( m − m2 ) v 2 ΔEк = 1 1 − 2 2 − 1 . 2 2 2 Якщо частинки мали однакові маси m1 = т2 = т і друга частинка перебувала до зіткнення у стані спокою (v2 = 0), то швидкість складової частинки після зіткнення v1 = mv1 v = 1, m1 + m2 2 m v12 2m v12 m v12 1 − = = Eк . 2 2⋅4 4 2 Таким чином, зникає половина початкової кінетичної енергії. Вона переходить у внутрішню. а зміна кінетичної енергії ΔEк = Абсолютно пружне зіткнення m1 m2 При абсолютно пружному зіткненні (рис. 3.15) кінетична енергія чаv v 2 1 стинок, що зіштовхуються, іде на роботу проти сил пружності, а потім сили пружності виконують роботу, щоб ліквідувати пружну деформацію, і повертають частинкам повну кінетичну енергію. Отже, для абсоm1 m2 лютно пружного зіткнення виконується як закон збереження імпульсу, ′ v1 v′2 так і закон збереження кінетичної енергії. Закон збереження імпульсу: m1v1 + m2 v2 = m1v1′ + m2 v′2 . Рис. 3.15 Закон збереження кінетичної енергії: m1v12 m2 v22 m1v1′ 2 m2 v′22 , + = + 2 2 2 2 де v1 і v2 — швидкості частинок до зіткнення; v1′ і v′2 — швидкості частинок після зіткнення. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 78 Розв’язуючи ці рівняння, дістаємо вирази для швидкостей частинок після зіткнення: ±2m2 v 2 + ( m1 − m2 ) v1 2m1v1 ± ( m2 − m1 ) v2 v1′ = ; v′2 = . m1 + m2 m1 + m2 Знак «мінус» відповідає зустрічному руху. Якщо маси частинок до зіткнення однакові, то v1′ = v2 , a v′2 = v1 , тобто частинки обмінюються швидкостями та імпульсами. Зауваження. В загальному випадку при нецентральному зіткненні частинки розлітаються під деяким кутом, який визначається як характером взаємодії, так і взаємним розташуванням частинок під час зіткнення. У загальному випадку зручно користуватися системою відліку, пов’язаною з центром мас, тобто системою, відносно якої повний імпульс дорівнює нулю. ПІДСУМКИ Необхідно зрозуміти: 1. Повна механічна енергія тіла залишається сталою тільки під час руху в потенціальному полі (поле консервативних сил). 2. Зміна кінетичної або потенціальної енергій відбувається тільки під час виконання роботи і дорівнює роботі при переміщенні в потенціальному полі. 3. Під час переміщення в полі консервативних сил робота не залежить від форми шляху. Треба вміти: 1. Визначати поняття: робота, консервативні і неконсервативні сили, замкнена система, дисипативні системи. 2. Формулювати закон збереження повної механічної енергії. 3. Розв’язувати задачі, застосовуючи закон збереження повної механічної енергії. Слід запам’ятати: 1. Формулювання закону збереження повної механічної енергії. 2. Формули: mv 2 Eк = — кінетична енергія матеріальної точки; 2 dA = Fs ds — робота на елементарному шляху; s2 A1,2 = ∫ Fs ds — робота на кінцевій ділянці шляху, s1 якщо сила залежить від шляху; A1,2 = Fs Δs — робота сталої сили; dA = −dU — зв’язок потенціальної енергії і роботи; Eп = Eк + U = const — закон збереження повної механічної енергії; ⎛1 1⎞ A1,2 = −GMm ⎜ − ⎟ — робота в гравітаційному ⎝ r1 r2 ⎠ полі; N = ( F v ) — потужність; v1 = GM з ≈ gRз — перша космічна швидкість; Rз v2 = 2GM з ≈ 2 gRз — друга космічна швидкість; Rз dU d 2U = 0, 2 > 0 — умови стійкої рівноваги; dx dx dU d 2U = 0, 2 < 0 — умови нестійкої рівноваги. dx dx Теоретичне ядро 79 4. МОЛЕКУЛЯРНА ФІЗИКА Усі речовини складаються з атомів. Цим загальновідомим твердженням ми починаємо вивчення властивостей речовин і їхніх змін. Здається цілком очевидним, що властивості речовини визначаються властивостями атомів. Адже не даремно древні греки ввели саме поняття АТОМ, що означає «неподільний», розуміючи під цим найменшу частинку речовини, яка має точно такі самі властивості, як і будь-яка за розміром її частина. Проте все не так! Взагалі один атом не може репрезентувати ніяких макроскопічних властивостей речовини. Що таке, наприклад, «в’язкість одного атома» або «електропровідність одного атома»? Макроскопічні властивості виявляються тільки у великому колективі атомів. А коли збирається великий колектив атомів, то з’являються й абсолютно нові властивості, яких не було в окремого атома. Усі речі, що нас оточують, містять у собі неймовірну кількість атомів (в одному кубічному сантиметрі їх ~1022 одиниць). Відповідно, згідно до класичних підходів механіки, для опису їх руху необхідно приблизно таку ж саму (за порядком величини) кількість рівнянь. Очевидно, що розв’язання такого рівняння складності математичної задачі на сьогодні є неможливим, навіть, якби для цього застосувати надсучасні і надпотужні комп’ютери. Тому історично було запропоновано інакший підхід до справи. В основу його було покладено поняття імовірності. Тобто для опису стану системи, що складається із великої кількості частинок (атомів або молекул), було запропоновано використовувати апарат теорії імовірності. Метод опису фізичних систем, що побудований на такій основі, було названо статистичним. Сам розділ фізики, який вивчає властивості речовини як наслідок ймовірнісних, статистичних закономірностей поводження величезної кількості частинок, називається «СТАТИСТИЧНОЮ ФІЗИКОЮ». Поряд із цим розділом, як правило, сусідній розділ — ФІЗИЧНІ ОСНОВИ ТЕРМОДИНАМІКИ. Поряд — оскільки об’єкт один і той самий. Термодинаміка також намагається пояснити поводження речовини. Але термодинаміка взагалі не задається питанням про те, чи існують атоми, чи їх немає. Цей метод розглядає процеси з енергетичного боку. ТЕРМОДИНАМІКА — це наука про перетворення і способи передавання енергії, про рівновагу та зміни станів. У величезній споруді молекулярної (статистичної) фізики ми ознайомимось тільки з деякими приміщеннями. Передусім це буде молекулярно-кінетична теорія газів та деякі статистичні розподіли. 4.1. МІКРОСКОПІЧНІ ТА МАКРОСКОПІЧНІ СТАНИ Світ, який ми пізнаємо, складається з МАКРОСКОПІЧНИХ ОБ’ЄКТІВ (ТІЛ), розміри яких у багато разів більші за розміри атомів і молекул. Коли ми говоримо про властивості речовини, то маємо на увазі властивості, які проявляються саме в таких макроскопічних об’єктів. Приклади властивостей: теплоємність, теплопровідність, густина, в’язкість, тиск, діелектрична проникність та ін. Список таких макроскопічних властивостей можна суттєво розширити. Значення тієї чи іншої властивості в різних речовин за однакових умов різне. Наприклад, в’язкість води при кімнатній температурі в багато разів менша від в’язкості олії. Отже, макроскопічні властивості залежать як від властивостей атомів, так і від зовнішніх умов. Завдання статистичної фізики полягає в тому, щоб знайти способи опису макроскопічних властивостей, узявши за основу як індивідуальні, так і загальні властивості атомів. 80 Частина І. Механіка. Молекулярна фізика Атоми та їх характеристики АТОМ — це найменша можлива частина хімічного елемента. Атоми малі, їх багато, вони взаємодіють, рухаються з великими швидкостями. Наведемо порядок величин. d a = (1 — 4)10–10 м. Лінійний розмір атома Кількість атомів в одиниці об’єму na = (1019 — 1026) м–3. Маса атома ma = (10–27 — 10–26) кг. Швидкість руху v = (102 — 103) м/с. Важко навіть уявити ці цифри. Так, в одному кубічному сантиметрі газу за нормальних умов міститься 2,687 · 1019 ΑΤОΜΙΒ (ЧИСЛО ЛОШМІДТА). Якщо виймати по мільйону атомів за секунду, то потрібно буде близько мільйона років, щоб усі їх вийняти. Усі атоми складаються з елементарних частинок. НЕЙТРОНИ і ПРОТОНИ утворюють позитивно заряджене ЯДРО АТОМА, а ЕЛЕКТРОНИ — ЕЛЕКТРОННІ ОБОЛОНКИ. Атоми різняться не тільки кількістю елементарних частинок, але й «конструкціями електронних оболонок». Фізичні та хімічні властивості визначаються в основному будовою зовнішніх електронних оболонок. Вони ж відповідальні і за об’єднання атомів у молекули. Система атомів — тіло Коли ми описували механічний рух, то уявляли тіло як систему матеріальних точок, що взаємодіють. На перший погляд, немає жодних причин, щоб не можна було користуватися і далі таким «механічним» підходом. Достатньо для кожного атома записати основний закон динаміки: «швидкість зміни імпульсу атома дорівнює сумі всіх сил, що діють на нього»: dpi = ∑ Fi , dt а потім розв’язати спільно систему рівнянь для всіх атомів. Однак це й насправді тільки «на перший погляд»! Передусім навіть для тіла об’ємом 1 см3 потрібно скласти таких рівнянь не менш як 1020. Навіть для простого запису такої кількості рівнянь потрібно було б мільярди років, і не вистачило б ніяких запасів паперу. По-друге, жодна найфантастичніша ЕОМ не справилась би з розв’язуванням такої колосальної системи рівнянь. По-третє, а що б ми потім робили зі здобутими рівняннями руху кожного атома? Їх навіть прочитати було б неможливо за весь час існування Сонячної системи. Ми ще не сказали про те, що аби записати основний закон динаміки для кожного атома, потрібно знати сили взаємодії між атомами. А ми знаємо зовсім небагато про ці складні сили, та й то лише для найпростіших атомів. Тому складність такої колосальної системи уявляється просто страхітливою. Звичайно, потрібно шукати якісь інші шляхи. Мабуть, мало сенсу в тому, щоб цікавитися поводженням окремого атома. Потрібно переходити до виявлення закономірностей поводження великих колективів частинок. Випадковості та закономірності Поводження кожного окремого атома абсолютно випадкове. Ми ніколи не зможемо, наприклад, сказати, в якому напрямі в даний момент часу летить конкретна частинка газу. Однак, якщо кількість частинок дуже велика, то ми з упевненістю можемо сказати, що у вибраному напрямі, скажімо в додатному напрямі осі х, летить стільки ж частинок, скільки у від’ємному напрямі осі х. Якби це було не так, то в Теоретичне ядро 81 одній частині об’єму частинок було б менше, ніж в іншій, тобто густина в різних частинах об’єму була б різною, а це суперечить експерименту. Неможливо також завбачити, яку відстань пролетить молекула в газі, доки не зіткнеться з іншою молекулою. Цю відстань називають ДОВЖИНОЮ ВІЛЬНОГО ПРОБІГУ МОЛЕКУЛИ. Проте досить упевнено можна відповісти на питання про СЕРЕДНЮ ДОВЖИНУ ВІЛЬНОГО ПРОБІГУ МОЛЕКУЛИ. Досвід показує, що тиск газу на стінки посудини при сталій температурі теж сталий, хоча тиск створюється окремими, зовсім випадковими ударами окремих молекул об стінки посудини. Можна сказати, що через множину випадкових подій проявляються стійкі закономірності. І макроскопічні властивості — це усереднені статистичні, або ймовірнісні, величини. Рівноважні стани Перш ніж установлювати зв’язки статистичних величин із макроскопічними властивостями, слід розібратися з поводженням ізольованої системи, яка складається з великої кількості частинок. Її часто називають ТЕРМОДИНАМІЧНОЮ СИСТЕМОЮ. Залишена сам на сам ізольована система самочинно (спонтанно) прийде до якогось цілком визначеного НАЙБІЛЬШ ЙМОВІРНОГО, або РІВНОВАЖНОГО, СТАНУ. На рис. 4.1 схематично зображено два стани газу. Стан 1 характеризується рівномірним розподілом молекул по всьому об’єму. У стані 2 всі молекули перебувають у лівій половині об’єму. Такий стан можна створити штучно, установивши перегородку і вилучивши газ із правої половини об’єму. Але тільки-но перегородку усунути, молекули кинуться у вільну зону, і газ самочинно перейде зі стану 2 до стану 1. При цьому встановиться однакова концентрація в усіх частинах об’єму. Можна сказати, що стан 1 — це найбільш імовірний стан системи. Система самостійно ніколи не перейде з більш імовірного стану до менш імовірного. Ще приклад (рис. 4.2). Найбільш імовірним є стан 1, коли температура двох стичних тіл однакова. Стан 2, коли температура двох стичних тіл різна, можна створити штучно, якщо нагрівати одне з них. Але тільки-но системі дати спокій, вона обов’язково намагатиметься перейти до стану 1. Температура вирівнюється, і ніколи не спостерігається зворотний перехід до стану з нерівномірним розподілом температури. 1 2 Рис. 4.1 1 T T 2 T1 T2 Рис. 4.2 Ізольована термодинамічна система самочинно завжди переходить до найбільш імовірного рівноважного стану, який характеризується рівномірним розміщенням молекул по об’єму і однаковим значенням властивостей у будь-якій частині об’єму. Рівноважні властивості. Термодинамічні параметри Макроскопічні властивості — це властивості, які визначаються в термодинамічній системі, що перебуває в рівноважному стані, їх можна визначити за допомогою приладів. Можна сказати і навпаки: значення макроскопічних властивостей характеризують конкретний рівноважний стан термодинамічної системи, оскільки кожному стану відповідають цілком певні значення властивостей. Тому їх ще називають ТЕРМОДИНАМІЧНИМИ ПАРАМЕТРАМИ СТАНУ. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 82 Приклади термодинамічних параметрів стану: тиск, густина, температура, внутрішня енергія, теплоємність, ентропія, ентальпія тощо. Зрештою властивості визначаються характеристиками системи атомів. Однак таких характеристик не так багато, як властивостей. Можна назвати такі характеристики атомів, як маса атома т, швидкість руху v, концентрація n0. Тому виникає підозра, що властивості, або термодинамічні параметри, не незалежні. Скоріше слід з’ясувати, скільки термодинамічних параметрів можуть бути повністю незалежними. Цю проблему — проблему мінімальної кількості незалежних термодинамічних параметрів — розв’язав Гіббс і сформулював у вигляді ПРАВИЛА ФАЗ. Зокрема, для однорідної і однофазної системи, прикладом якої може бути достатньо розріджений газ, незалежних параметрів стану всього два. Таким чином, для фіксації конкретного стану однорідної і однофазної системи достатньо задати всього два термодинамічні параметри стану. Наступна проблема полягає у виборі цих незалежних або ВИЗНАЧАЛЬНИХ ПАРАМЕТРІВ. Рекомендації щодо вибору визначальних термодинамічних параметрів: 1. Визначальні параметри мають легко визначатися дослідом. 2. Визначальні параметри мають достатньо просто створюватися в потрібному об’ємі і підтримуватися сталими, оскільки тільки в такому разі можна казати, що система перебуває у стані термодинамічної рівноваги. Найчастіше використовують: ТЕМПЕРАТУРУ (Т), ТИСК (р), ГУСТИНУ (ρ) або величину, обернену до густини, — ПИТОМИЙ ОБ’ЄМ (V). Як уже зазначалося, для газу достатньо задати два з них: (p, V) або (V, T) або (р, Т). Третій параметр, а також решта будуть однозначними функціями двох визначальних параметрів. Наприклад, задавши температуру і тиск, ми забезпечимо цілком визначені значення густини, в’язкості або теплопровідності газу. РІВНЯННЯМ СТАНУ називають математичний зв’язок температури, тиску і об’єму: F (p, V, T) = 0. p p1 Наприклад, рівняння стану ідеального газу для одного моля має вигляд: 1 Процес pV = RT , p2 0 Рис. 4.3 V1 V2 Дж — універсальна газова стала. моль ⋅ К Якщо по осях координат відкладати визначальні параметри стану, то кожна точка на площині параметрів відповідатиме конкретному рівноважному термодинамічному стану. Стан 1 можна зобразити точкою з координатами р1 і V1 а стан 2 — точкою з координатами р2 і V2 (рис. 4.3). де R = 8,31 2 V Термодинамічні процеси Термодинамічна система може переходити з одного стану до іншого. Такий перехід називають ТЕРМОДИНАМІЧНИМ ПРОЦЕСОМ, або просто ПРОЦЕСОМ. Початковий і кінцевий стани, звичайно, рівноважні стани. Але щоб з одного рівноважного стану потрапити до іншого рівноважного стану, потрібно змінити параметри стану. Розглянемо, наприклад, перехід зі стану 2 до стану 1, що були зображені на рис. 4.1. Для такого переходу, як уже зазначалося, потрібно забрати перегородку, щоб збільшити об’єм від V2 до V1. У перший Теоретичне ядро 83 момент усі молекули перебувають у лівій частині об’єму, тобто в лівій частині ще зберігається тиск Р, а у правій частині тиск поки що дорівнює нулю. Можна сформулювати й інакше: у різних частинах системи параметри стану різні і вся система не перебуває в рівноважному стані. Такий стан так і називається — НЕРІВНОВАЖНИЙ СТАН. Та й надалі стан ще довго може лишатися нерівноважним. Нерівноважний стан ніяк не можна зображати точкою на площині параметрів. Кінець кінцем система самочинно досягне найбільш імовірного рівноважного стану, але перехід з одного рівноважного стану до іншого рівноважного стану завжди відбувається через нерівноважні стани. Термодинамічний процес — це завжди нерівноважний процес, і його не можна зображати лінією на площині параметрів. Єдиний спосіб уникнути цієї суперечності полягає в нескінченно повільному проведенні процесу. При цьому система встигатиме приходити до рівноважного стану на кожному етапі процесу. Для прикладу, який ми розглядаємо, потрібно не забирати відразу перегородку, а переміщати її нескінченно повільно до правої стінки. Тоді процес буде практично рівноважним. Рівноважним називають такий ідеалізований процес, який відбувається нескінченно довго. Рівноважний процес уже можна зображати у вигляді лінії, яка проходить від точки 1 до точки 2. Між цими точками можна провести різні лінії. Це означає, що зі стану 2 до стану 1 система може перейти, здійснивши різні термодинамічні процеси. Це аналогічно наявності різних траєкторій руху частинки при її переміщенні у просторі. 4.2. МОЛЕКУЛЯРНО-КІНЕТИЧНА ТЕОРІЯ ІДЕАЛЬНОГО ГАЗУ 4.2.1. Модель ідеального газу Братися відразу до опису поводження реального газу страшнувато. Спробуємо спочатку виявити основні закономірності для дуже спрощеної моделі газу, яку називатимемо ІДЕАЛЬНИМ ГАЗОМ. Нехай в об’ємі V міститься N молекул. Виберемо NА = 6,02 · 1023 моль–1. Це так зване ЧИСЛО АВОГАДРО. Тоді V — це об’єм одного моля. Введемо такі спрощення: 1. Вважатимемо, що всі молекули газу цілком однакові. Це означає, що всі молекули мають однакову масу (тi = т) і однаковий діаметр (dі = d). 2. Вважатимемо, що газ достатньо розріджений, щоб можна було розглядати молекули як матеріальні точки. 3. Вважатимемо, що модулі швидкостей усіх молекул однакові. Зауважимо, що таке припущення навряд чи відповідає дійсності. 4. Вважатимемо, що сили взаємодії між молекулами відсутні, доки вони не зіткнулися. А зіткнення молекул однієї з іншою відбувається за законом абсолютно пружного удару. Ідеальний газ є зібранням матеріальних точок, які рухаються хаотично з однаковою за модулем швидкістю і не взаємодіють між собою. Як ми побачимо далі, багато обмежень не такі вже й суворі, як видаються на перший погляд. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 84 4.2.2. Зв’язок термодинамічних параметрів стану з характеристиками молекул ідеального газу Наше завдання: виразити визначальні термодинамічні параметри ρ, V, р, Τ через характеристики молекул ідеального газу — m, n0, v. Густина газу ρ дорівнює масі всіх молекул, які містяться в одиниці об’єму газу. Якщо маса молекули т, a кількість їх в одиниці об’єму (концентрація) дорівнює п0, то густина ρ = п0т. Одиниця густини — кілограм на метр кубічний (кг/м3). Питомий об’єм Vп — це величина, обернена до густини: Vп = 1 1 = . ρ n0 m Молярний об’єм V — це об’єм газу, маса якого дорівнює масі одного моля μ: μ V = μVп = . n0 m Тиск р — це сила, яка діє на одиницю площі поверхні перпендикулярно до неї: F dF , точніше p = . dS S Одиниця тиску — ньютон на квадратний метр (Η/м2) або паскаль (Па). З досліду відомо, що газ, уміщений у будь-яку посудину, тисне на її стінки, причому на всі стінки однаково. Причину цього явища неважко визначити. Молекули «барабанять» об стінки. Якщо молекула масою т летить перпендикулярно до стінки зі швидкістю v , то її імпульс p= p = mv. Після пружного удару об стінку молекула полетить у протилежному напрямі зі швидкістю ( −v ) . Зміна імпульсу молекули після пружного зіткнення Δp = mv − ( −m v ) = 2mv. За другим законом динаміки зміна імпульсу дорівнює імпульсу сили: Δ ( m v ) = F Δt = 2m v. А сила F= Тоді тиск S G v S vΔt Рис. 4.4 F 2m v = . S S Δt Усе це для однієї молекули. Залишається визначити, скільки молекул вдарилося об стінку за час Δt , віддаливши їй свій імпульс (рис. 4.4). Міркування тут такі. Молекула, що летить перпендикулярно до поверхні стінки, зможе долетіти до неї за час Δt , якщо буде в початковий момент часу на відстані від стінки не більшій, ніж vΔt . Отже, усі молекули, які містяться в об’ємі S Δt v і летять у вказаному напрямі, вдаряться об стінку і віддадуть їй свій імпульс. p= m 2m v . Δt Теоретичне ядро 85 Кількість молекул у цьому об’ємі n = n0 S vΔt . З них у потрібному напрямі летить лише одна шоста частина усіх молекул, бо при хаотичному русі всі напрями рівноймовірні. Тепер у нас є все для обчислення тиску: p= 1 2m v 1 n0 S vΔtm v 1 n = ⋅ = n0 m v 2 . 6 S Δt 3 S Δt 3 Справді, тиск (макроскопічна характеристика) залежить тільки від характеристик молекул: маси т, швидкості v, концентрації п0. Це рівняння часто називають ОСНОВНИМ РІВНЯННЯМ МОЛЕКУЛЯРНО-КІНЕТИЧНОЇ ТЕОРІЇ ІДЕАЛЬНОГО ГАЗУ. Якщо помножити і поділити праву частину рівняння на два, то там з’явиться кінетична енергія молекули: p= 2 ⎛ mv 2 ⎞ 2 ⎜ n0 ⎟ = n0 Ek . 3⎝ 2 ⎠ 3 Тиск ідеального газу визначається кінетичною енергією всіх молекул, які містяться в одиниці об’єму. Температурою Τ називають «ступінь нагрітості тіла». Розуміють це так. Якщо два тіла, які мають різну температуру, привести до зіткнення, то відбуватиметься процес передавання теплової енергії від тіла, більш нагрітого, до тіла, менш нагрітого. Процес передавання енергії триватиме доти, доки температура обох тіл не стане однаковою. Однаковим стане і ступінь нагрітості. Якщо тіла — ідеальні гази, то обмін енергією означає обмін кінетичною енергією. В ідеального газу немає ніякої іншої енергії, крім кінетичної. В ідеальному газі молекули не взаємодіють одна з одною, і тому немає потенціальної енергії. Легко уявити собі і механізм передавання енергії в ідеальному газі просто при здійсненні пружних зіткнень молекул. «Швидкі» молекули віддають свою кінетичну енергію «повільним» молекулам. Такі прості міркування підводять нас до висновку, що температура, як і тиск, зумовлена кінетичною енергією молекул ідеального газу. Цю думку підтверджує і прямий дослід. При сталому об’ємі тиск зростає прямо пропорційно до температури (закон Шарля). Знайти точну залежність температури від кінетичної енергії простіше за все, якщо порівняти експериментальні і теоретичні рівняння стану. Рівняння МЕНДЕЛЄЄВА—КЛАПЕЙРОНА одержано в експериментах з достатньо розрідженими газами, близькими за властивостями до ідеального газу. Для одного моля рівняння Менделєєва—Клапейрона має вигляд pV = RT , де р — тиск; V — об’єм одного моля газу; Τ — абсолютна температура; Дж R = 8, 31 — універсальна газова стала. моль ⋅ К Нагадаємо, що згідно з молекулярно-кінетичною теорією, тиск p= 2 mv 2 . n0 3 2 Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 86 Щоб можна було порівнювати з експериментальним рівнянням, помножимо ліву і праву частини рівняння на об’єм моля V: 2 mv 2 pV = n0V . 3 2 Добуток концентрації n0 на об’єм моля V дає кількість молекул в одному молі, тобто число Авогадро: n0V = N A = 6, 023 ⋅ 10 23 моль–1. Тоді pV = 2 mv 2 NA . 3 2 Порівнявши це рівняння з рівнянням Менделєєва—Клапейрона, дістанемо 2 mv 2 NA = RT . 3 2 Виразимо звідси кінетичну енергію молекули: mv 2 3 R = Ek = ⋅ ⋅ T. 2 2 NA Позначимо відношення двох універсальних констант КОНСТАНТОЮ БОЛЬЦМАНА, — k : R через третю константу, яка називається NA R = k = 1, 381 ⋅ 10 −23 Дж / К. NA Отже, Ek = 3 kT . 2 Кінетична енергія молекули пропорційна до абсолютної температури. Принаймні трьох попередніх висновків можна дійти, розглянувши зв’язок кінетичної енергії і температури: Перший: Молекули ідеального газу як матеріальні точки можуть здійснювати тільки поступальний рух. Тому температура визначається кінетичною енергією поступального руху. Другий: Кінетична енергія завжди додатна, тому і температура завжди додатна. Третій: Якщо кінетична енергія поступального руху прямує до нуля, то й температура також прямує до нуля. З’являються поняття: АБСОЛЮТНИЙ НУЛЬ ТЕМПЕРАТУРИ і АБСОЛЮТНА ТЕМПЕРАТУРА. Абсолютний нуль температури відповідає рівності нулю кінетичної енергії поступального руху молекули. Абсолютна температура відлічується від абсолютного нуля. Одиниця абсолютної температури — один кельвін (1 Κ). Теоретичне ядро 87 Отже, за допомогою дуже простих міркувань ми дійшли висновку, що основні термодинамічні параметри — р, V, Τ — визначаються найпростішими властивостями молекул: масою m, швидкістю v і концентрацією п0. Одночасно було здобуто й рівняння стану. Тепер проаналізуємо припущення, які було зроблено при формуванні моделі ідеального газу. Припущення про однаковість усіх частинок легко виконати, якщо взяти газ з молекул одного хімічного елемента. Усі молекули у такому разі мають абсолютно однакову масу і розміри. Припущення про малі сили взаємодії, якими знехтуємо, потребує докладнішого розгляду цих самих сил взаємодії. Оскільки молекули складаються з електрично заряджених частинок, то між молекулами, в основному, діють сили електромагнітної природи. Залежність цих сил від відстані між молекулами досить складна. На дуже малих відстанях діють переважно СИЛИ ВІДШТОВХУВАННЯ. На відстанях трохи більших — СИЛИ ПРИТЯГАННЯ. Сили відштовхування сильно залежать від відстані. Вони обернено пропорційні до відстані у степені, який приблизно дорівнює тринадцяти: c . r 13 Сили притягання залежать від відстані трохи слабкіше: вони обернено пропорційні до відстані в сьомому степені: Fв = F 1 Fв 2 a . r7 На рис. 4.5 зображено залежності сил відштовхування (1—2) та притягання (2—3) від відстані. Оцінимо, на якій відстані містяться молекули в не дуже густому газі. Можна вважати, що в рідині молекули щільно упаковані і відстань між центрами двох сусідніх молекул lp дорівнює діаметру молекули d м (рис. 4.6): Fп = lp = d м . Відомо, що під час перетворення рідини на пару об’єм зростає приблизно в тисячу разів при нормальному тиску. Відповідно відстань між молекулами зростає в десять разів: lп = 10 d м . Fп 3 r Рис. 4.5 dм lр dм lп Отже, сила притягання при цьому зменшується в десять мільйонів Р разів, а сила відштовхування і того більше. Рис. 4.6 Тому припущення про малі сили взаємодії, якими можна знехтувати в розрідженому газі, цілком обґрунтоване. Припущення про те, що удар молекули об стінку є удар цілком пружний, тобто кінетична енергія молекули не змінюється в результаті удару, теж цілком логічне. Якби удар був непружним, то під час кожного співудару з стінкою молекули газу втрачали б свою кінетичну енергію і температура газу мала б зменшуватися, а температура стінки — зростати. Нічого подібного під час досліду не спостерігається. У рівноважному стані температура стінки завжди дорівнює температурі газу. Не слід тільки забувати, що йдеться про деякі середні величини. Припущення про те, що молекули є матеріальними точками, не зовсім очевидне. Ми щойно з’ясували, що відстані між молекулами становлять у середньому десять діаметрів молекули. Цього замало, щоб упевнено вважати молекулу матеріальною точкою. Однак у визначенні поняття «матеріальна точка» розмір тіла порівнюється не з відстанню між тілами, а з переміщенням тіла. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 88 Конкретна молекула може пролетіти без стикання набагато більше, ніж відстань між молекулами. Цю відстань називають ДОВЖИНОЮ ВІЛЬНОГО ПРОБІГУ МОЛЕКУЛИ λ. Саме з нею потрібно порівнювати діаметр молекули. Розберемося, від яких величин залежить довжина вільного пробігу молекули. Справді, після кожного співудару молекула пролітає різний шлях до наступного співудару. Розподіл довжин вільних пробігів має випадковий характер. Виділимо в газі об’єм у вигляді паралелепіпеда, розміри якого дорівнюють l × l × λ (рис. 4.7), причому кожний розмір суттєво більший за діаметр молекули d. Концентрацію молекул позначимо п0. Розглянемо спочатку шар молекул товщиною, яка дорівнює діаметру молекули. d Припустимо спочатку, що всі молекули поки що нерухомі. Перпендиn0 d кулярно до цього шару летить молекула, середню довжину вільного l пробігу якої ми хочемо визначити. Якщо в шарі виявилась тільки одна λ молекула, то ймовірність Р стикання з нею молекули, яка летить, доріl внює відношенню площі поперечного перерізу «молекули — мішені» σ до повної площі торця шару S = l ⋅ l : Рис. 4.7 σ P= 2. l Площа поперечного перерізу для молекули у вигляді кульки πd 2 . 4 Імовірність стикання стане такою, що дорівнює одиниці (достовірна подія), якщо «молекули-мішені» перекриють усю площу торця. Нехай для цього буде потрібно ν молекул. Таким чином, σv P = 2 = 1. l З точки зору молекули, яка летить, байдуже, де розташовуються всі молекули — у першому шарі чи в наступних шарах. Важливо лише, щоб зрештою вони перекрили всю площу. Саме тому довжина паралелепіпеда і була відразу вибрана такою, що дорівнює середній довжині вільного пробігу молекули λ. Це означає, що на цій довжині вся площа торця буде повністю перекрита «молекулами-мішенями» і стикання обов’язково відбудеться. Імовірність стикання стане такою, що дорівнює одиниці. Залишається тільки обчислити кількість молекул, які містяться в цьому паралелепіпеді, за формулою σ= v = l ⋅ l ⋅ λ ⋅ n0 і підставити знайдене значення у вираз для ймовірності: σll λn0 P =1= = σλn0 . l2 Звідси середня довжина вільного пробігу молекули λ= 1 . n0 σ Середня довжина вільного пробігу молекули обернено пропорційна до концентрації і площі поперечного перерізу молекули. Тепер від таких спрощених уявлень перейдемо до більш реальних. Насправді ми маємо справу не з механічним стиканням кульок, а зі складною взаємодією реальних молекул. І коли говорять про поперечний переріз молекул, то мають на увазі ЕФЕКТИВНИЙ ПЕРЕРІЗ ВЗАЄМОДІЇ МОЛЕКУЛ. Теоретичне ядро 89 Він, по-перше, залежить від швидкості молекули, тобто від температури газу. По-друге, молекули у газі хаотично рухаються, тобто вони не нерухомі. І все ж навіть більш точні розрахунки приводять до тієї самої формули. Урахування рухомості приводить лише до появи сталого коефіцієнта у знаменнику, який дорівнює 2 . Отже, формула для розрахунку середньої довжини вільного пробігу молекул має вигляд: 1 λ= 2n0 σ . Ефективний переріз для газів мало залежить від температури. Він практично сталий. Тому середня довжина вільного пробігу молекули залежить в основному тільки від концентрації п0, а вона прямо пропорційна до тиску, якщо температура не змінюється, оскільки p = n0 kT . Отже, зі збільшенням тиску довжина вільного пробігу молекули зменшується. Для звичайних молекулярних газів за нормальних умов довжина вільного пробігу становить величину порядку 10–7 м, що приблизно в сто разів перевищує діаметр молекули. Цього досить, щоб вважати молекулу матеріальною точкою. Неприємності почнуть з’являтися лише при більш високих тисках. Тоді не тільки не можна буде вважати молекули матеріальними точками, але й з’явиться необхідність враховувати сили взаємодії між молекулами. Це призведе до того, що перестане задовольнятися рівняння стану МЕНДЕЛЄЄВА— КЛАПЕЙРОНА. Припущення про те, що всі молекули мають швидкості однакові за модулем, звичайно, не виконується. Молекули хаотично рухаються весь час, зіштовхуються одна з одною і при кожному зіткненні їхні швидкості змінюються. Кількість зіткнень за одну секунду легко оцінити, якщо відома довжина вільного пробігу λ і швидкість v. Час між зіткненнями τ при русі зі сталою швидкістю v τ= λ , v а кількість зіткнень за одиницю часу z= 1 v 10 2 = ≅ −7 = 109 c −1. τ λ 10 Таким чином, молекула мільярд разів за секунду зіштовхується з іншими молекулами. Жахлива кількість! Певна річ, немає жодної надії на виконання другого припущення. Чи слід у зв’язку з цим закреслити всю теорію ідеального газу? Дослід підтверджує правильність здобутого рівняння стану. Краще спробуємо уточнити застосовані поняття. Нехай молекули мають швидкості в інтервалі від v = 0 до v = vm. Розіб’ємо всі N молекул на п груп таким чином, щоб у межах однієї групи швидкості були практично однакові. У групі номер і всі швидкості дорівнюють vі і кількість молекул у групі дорівнює пі (в одиниці об’єму). Кожна молекула «б’ється об стінку» індивідуально, незалежно від інших молекул. Тому тиск, що утворюється молекулами і-ї групи, pi = 1 ni mi vi2 . 3 А повний тиск молекул усіх груп дорівнюватиме сумі усіх тисків: p= 1 m ∑ ni vi2 . 3 Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 90 Помножимо та поділимо на n0 = ∑ ni : ⎡ ∑ ni vi2 ⎤ 1 mn0 ⎢ ⎥. 3 ⎣ ∑ ni ⎦ p= Вираз у дужках — це середнє значення квадрата швидкості. Добувши корінь квадратний із цього виразу, дістанемо СЕРЕДНЮ КВАДРАТИЧНУ ШВИДКІСТЬ МОЛЕКУЛ vk = ∑ ni vi2 . ∑ ni Тепер вираз для повного тиску набере вигляду p= 1 n0 m v k2 . 3 Порівняємо здобуту формулу з формулою для тиску, яку ми дістали за умови, що всі швидкості однакові: p= 1 n0 m v 2 . 3 Як бачимо, вигляд формул однаковий. Слід тільки замість однакової швидкості для всіх молекул v брати середню квадратичну швидкість. А величину mvk2 = Eк сeр 2 слід трактувати як СЕРЕДНЮ КІНЕТИЧНУ ЕНЕРГІЮ МОЛЕКУЛ. У свою чергу, середня кінетична енергія пропорційна до абсолютної температури: Eк сeр = 3 kT . 2 Температура визначається середньою кінетичною енергією поступального руху молекул ідеального газу. В одному молі газу міститься кількість молекул, яка дорівнює числу Авогадро. Тому повна кінетична енергія всіх молекул, які містяться в одному кіломолі газу, Eк = 3 3 N A kT = RT . 2 2 Цю величину називають ВНУТРІШНЬОЮ ЕНЕРГІЄЮ ІДЕАЛЬНОГО ГАЗУ. В ідеальному газі немає взаємодій, тому немає взаємної потенціальної енергії. Молекули ідеального газу — це матеріальні точки, тому немає сенсу говорити про внутрішньомолекулярну енергію. Внутрішня енергія ідеального газу дорівнює повній кінетичній енергії поступального руху всіх молекул. Теоретичне ядро 91 4.2.3. Теплоємність ідеального газу СЕРЕДНЯ ТЕПЛОЄМНІСТЬ визначається кількістю теплової енергії, яку необхідно надати тілу, щоб його температура збільшилася на один Кельвін: ΔQ . ΔT ІСТИННА ТЕПЛОЄМНІСТЬ — це границя, до якої прямує середня теплоємність, коли різниця температур прямує до нуля: Ccep = C = lim Ccep = lim Δt →0 Δt →0 ΔQ dQ = . ΔT dT Істинна теплоємність — це перша похідна від кількості тепла за температурою. Теплоємність залежить від маси газу. Якщо маса газу дорівнює одному кілограму, то це ПИТОМА ТЕПЛОЄМНІСТЬ. Якщо вона дорівнює молярній масі, то слід говорити про МОЛЯРНУ ТЕПЛОЄМНІСТЬ. Далі ми будемо користуватися тільки молярною теплоємністю. У наведеному щойно визначенні ще не все враховано. Потрібно ще врахувати, за яких умов підводитиметься теплова енергія. На рис. 4.8 подано два окремі, але дуже поширені випадки підведення р тепла. У першому випадку газ міститься в замкнутій посудині сталого об’єму. Теплова енергія, яка підведена до газу, повністю йде на нагрівання газу, тобто на збільшення його внутрішньої енергії. Процес відбувається N0 ΔQ ΔQ N0 за сталого об’єму. У другому випадку газ у такій самій кількості поміщено в посудину такого самого об’єму, але зверху його закрито поршнем. Дослід показує, ΔT1 ΔT2 що в цьому випадку газ не тільки нагрівається, а й розширюється, викоV = const р = const нуючи механічну роботу. Якщо зовнішній тиск сталий, то процес відбувається за сталого тиску. Рис. 4.8 Частина підведеної енергії йде на виконання роботи, тому на нагрівання йде менше енергії, ніж у першому випадку. Теплоємність газу залежить від процесу. ТЕПЛОЄМНІСТЬ ЗА СТАЛОГО ОБ’ЄМУ dQ ⎞ CV = ⎛⎜ . ⎟ ⎝ dT ⎠V =const ТЕПЛОЄМНІСТЬ ЗА СТАЛОГО ТИСКУ dQ ⎞ . C p = ⎛⎜ ⎟ ⎝ dT ⎠ p =const Ясно, що теплоємність за сталого тиску СР більша, ніж теплоємність за сталого об’єму СV. Зв’язок між ними для ідеального газу подається РІВНЯННЯМ МАЙЄРА: C p − CV = R. Обчислимо значення теплоємностей для ідеального газу. Теплоємність за сталого об’єму Уся теплова енергія, що підводиться, йде на збільшення внутрішньої енергії газу: dQ = dU . Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 92 Внутрішня енергія одного моля газу U = А теплоємність 3 RT . 2 CV = 3 R. 2 Теплоємність за сталого тиску Згідно з рівнянням Майєра теплоємність Ср більша, ніж теплоємність СV, і різниця між ними дорівнює значенню R. Тому Cp = 5 R. 2 Теплоємності ідеального газу сталі і не залежать від термодинамічних параметрів. Стале також їх відношення γ (показник адіабати), яке часто використовується в будь-яких термодинамічних розрахунках: γ= Cp CV = 5 = 1,67. 3 Дуже багато газів за нормальних умов близькі до ідеального газу. Тому цікаво порівняти теорію з експериментом (табл. 4.1). Таблиця 4.1 Газ γт γе γр Не Nе 1,67 1,67 1,66 1,67 3 3 1,67 1,67 Н2 О2 1,67 1,67 1,41 1,395 5 5 1,4 1,4 C6H6 1,67 1,13 12 1,16 і У першій графі табл. 4.1 наведено назви газів, у другій — теоретичне значення відношення теплоємностей γт, у третій — експериментальні значення γе. Як бачимо, для перших двох газів, а саме для гелію і неону, теорія та експеримент узгоджуються напрочуд добре. Трохи менша узгодженість для двох наступних газів — водню та кисню, і ще менша для бензолу. Перш ніж рухатись далі, необхідно з’ясувати, чи не є розбіжності результатом похибки експерименту. Смію запевнити, що ні! Чим же відрізняються ці три групи газів? Відразу видно, що до першої групи потрапили тільки одноатомні гази. До другої — двоатомні, до третьої — багатоатомні. Отже, причини збігу і розбіжностей треба шукати в побудові молекул, точніше — у можливих видах руху. Одноатомні молекули, як матеріальні точки, можуть здійснювати тільки поступальний рух. Молекули з більшою кількістю атомів можуть здійснювати крім поступального коливальні та обертальні рухи. Мабуть, ключ до розгадки саме в цьому. Теоретичне ядро 93 Ступені свободи молекули (для самостійного вивчення) Для кількісної характеристики можливих видів руху вводиться поняття: КІЛЬКІСТЬ СТУПЕНІВ СВОБОДИ МОЛЕКУЛИ. Кількістю ступенів свободи і називають кількість незалежних величин або координат, що повністю визначають положення молекули у просторі. Згідно з можливими видами руху розрізняють ПОСТУПАЛЬНІ, ОБЕРТАЛЬНІ і КОЛИВАЛЬНІ ступені свободи. Кількість їх позначають відповідно як іп, іо, ік. Одноатомна молекула, як матеріальна точка, може рухатися тільки поступально. Тому вона має тільки поступальні ступені свободи. Кількість їх дорівнює трьом (іп = 3), оскільки існують тільки три можливі незалежні напрями руху (рис. 4.9, а). Двохатомну молекулу можна уявити у вигляді «жорсткої гантелі», або у вигляді «пружної гантелі» (рис. 4.9, б і рис. 4.9, в). Жорстка гантель, крім поступального руху, може ще й обертатися навколо осей у і z. Тому така молекула має три поступальні та два обертальні ступені свободи. Повна кількість ступенів свободи i = іп + іо = 3 + 2 = 5. Атоми у пружній гантелі додатково можуть ще й коливатися вздовж прямої, що їх сполучає. Тому слід додати ще й коливальні ступені свободи. Тоді повна кількість ступенів свободи y x z a y x z і = іп + іо + 2ік = 3 + 2 + 2 = 7. б x в Зверніть увагу на те, що кількість коливальних ступенів свободи помножено на Рис. 4.9 два. Це тому, що в коливаннях, крім кінетичної, є ще й потенціальна енергія. Кожний вид руху має право на свою частку повної енергії. Максвелл і Больцман сформулювали ЗАКОН РІВНОМІРНОГО РОЗПОДІЛУ ЕНЕРГІЇ ЗА СТУПЕНЯМИ СВОБОДИ: Енергія, яка підводиться до газу, розподіляється рівномірно за всіма ступенями свободи. Прийнявши цю гіпотезу, слід визначити, а скільки ж енергії припадає на один ступінь свободи. Зробити це неважко, повернувшись до табл. 4.1. Для одноатомних газів спостерігається добра погодженість теорії та експерименту. Внутрішня енергія одноатомного газу для одного моля 3 RT . 2 Кількість ступенів свободи дорівнює трьом. Тому внутрішня енергія, яка припадає на один ступінь свободи, U = 1 RT . 2 Тепер залишається записати формулу для внутрішньої енергії у вигляді рівняння Ui = U = i RT . 2 Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 94 Формули для теплоємностей та їх відношення i CV = R ; Теплоємність за сталого тиску 2 i+2 Cp = R; теплоємність за сталого об’єму 2 C i+2 γ= P = відношення теплоємностей . CV i Повернемось знов до табл. 4.1. У четвертій графі наведено значення ступенів свободи і, а в п’ятій — розраховані за цією формулою значення відношення теплоємностей γ. Бачимо, що тепер узгодженість із дослідом істотно поліпшилася. Гіпотеза Максвелла—Больцмана виявилась досить плідною. Однак надто радіти ще рано! По-перше, залишилось питання про те, як визначити кількість ступенів свободи конкретної молекули. Ми, наприклад, взяли кількість ступенів свободи для двохатомної молекули водню такою, що дорівнює п’яти, тобто припустили, що в молекули є три поступальні та дві обертальні ступені свободи. А чому не врахували коливальні ступені? Можливо, тому, що врахування коливальних ступенів погіршило б узгодженість з експериментом. На жаль, немає ніякого механізму, який би дозволив з упевненістю визначити кількість ступенів свободи, знаючи тільки хімічну формулу молекули. Скоріше навпаки, маючи експериментальні дані щодо теплоємності газу, можна дібрати потрібну кількість ступенів свободи і дістати інформацію про види рухів молекули. По-друге, на нас чекає ще більша неприємність. Згідно з елементарною теорією теплоємність ідеального газу не залежить від температури або тиску. Вона стала. А дослід показує, що C теплоємність навіть такого «гарного» газу, як водень, залежить від H2 7 температури і в доволі складний спосіб. На рис. 4.10 схематично покаR 6 2 зано залежність теплоємності за сталого об’єму від температури для R 5 молекулярного водню. 2 R 2 При Т → 0 теплоємність CV також прямує до нуля. З підвищенням 3 температури теплоємність «ступінчасто» зростає, а при дуже високих R 2 температурах різко зростає в багато разів, потім зменшується і залишається надалі сталою. 2500 T, К Цікаво, що кожна сходинка відповідає значенням теплоємності, крат1 Рис. 4.10 ним R . Якщо дивитись тільки на першу сходинку, де теплоємність 2 3 CV = R , 2 і користуватися попередніми міркуваннями про кількість ступенів свободи, то легко дійти висновку, що ми маємо одноатомний газ із кількістю ступенів свободи, що дорівнює трьом: i = iп = 3 . Погляд на другу сходинку, де теплоємність 5 R, 2 відразу приводить до висновку, що ми маємо справу з двохатомним газом, молекула якого є жорстка гантель і кількість ступенів свободи: i = iп + io = 3 + 2 = 5 , CV = і так далі. Теоретичне ядро 95 Виходить, що один і той самий газ при різних температурах поводиться то як одноатомний, то як двохатомний з жорстким зв’язком, то як двохатомний з пружним зв’язком. Кількість ступенів свободи зменшується при зменшенні температури. Іноді образно говорять так: «Зі зниженням температури ступені свободи виморожуються». Класична теорія ніяк не може пояснити залежність теплоємності від температури. Потрібна квантова теорія. Елементарна квантова теорія теплоємності (для самостійного вивчення) Зрозуміти поводження молекул можна тільки в рамках квантової фізики. Молекула — це квантова частинка. Встановлено, що багато величин у таких частинок КВАНТОВАНІ, тобто можуть набувати тільки дискретного ряду значень. Наприклад, квантується енергія, момент імпульсу, напрям моменту імпульсу мікрочастинки. Встановлено також, що мікрооб’єкти, зокрема атоми і молекули, можуть віддавати і приймати енергію тільки порціями — КВАНТАМИ. Квант енергії ε пропорційний до частоти v: ε = hv, де h = 6,63 ⋅ 10 −34 Дж ⋅ с — СТАЛА ПЛАНКА. Отже, енергія всіх періодичних процесів, таких як коливальні або обертальні, — квантована. Обертальні та коливальні ступені свободи квантовані. Поступальний рух не є періодичним, і тому поступальні ступені свободи не квантовані. Середня енергія теплового руху молекул пропорційна до абсолютної температури. При дуже низьких температурах теплоємність плавно зростає, досягаючи першої сходинки. Це означає, що збуджені послідовно всі поступальні ступені свободи. Обертальні, а тим більше коливальні ступені свободи ще не можуть бути збуджені, оскільки середньої енергії теплового руху на це просто не вистачає. Тому газ і поводиться як одноатомний. З подальшим підвищенням температури і з підвищенням середньої енергії теплового руху вдається збудити обертальні, а потім і коливальні ступені свободи (друга і третя сходинки). При T ≈ 2500 К настає дисоціація двохатомної молекули водню на два атоми. При цьому теплоємність різко зростає, бо витрачається більша енергія на розрив молекули. Після дисоціації ми маємо одноатомний газ із подвійною кількістю частинок. І його теплоємність CV = 2 ⋅ 3 R = 3R. 2 КВАНТОВА ФІЗИКА — БРАВО! ПІДСУМКИ Необхідно зрозуміти: 3. Тиск газу та його температура — це статистичні величини і вони визначаються середньою 1. Задача статистичної фізики: опис мак- кінетичною енергією молекул газу, який перебуває роскопічних властивостей тіл на основі у рівноважному стані. індивідуальних і колективних властивостей атомів. 4. Рівняння стану Менделєєва—Клапейрона 2. Через множину випадкових подій проявля- отримано для ідеальних газів, але всі реальні гази ються стійкі закономірності та макроскопічні влас- при невеликому тиску і не дуже низьких температивості — це усереднені статистичні, або ймовір- турах дуже добре підпорядковані цьому рівнянню. нісні величини. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 96 5. Внутрішня енергія ідеального газу визначається тільки його температурою і не залежить від його об’єму і тиску тільки тому, що між його молекулами відсутні сили взаємодії. 6. Для будь-якого газу Cр > CV тому, що при ізобаричному розширенні газу тепло, що підводиться, витрачається як на збільшення внутрішньої енергії газу, так і на виконання роботи. 7. Кількість ступенів свободи, яку має молекула, залежить від її будови. В одноатомних молекул і = 3, у двохатомних — і = 5, у трьохатомних і багатоатомних — і = 6. Слід запам’ятати: V V1 = — ізобаричний процес; T T1 2 p = Ek n0 — основне рівняння молекулярно-кіне3 тичної теорії; 3 Ek = kT — середня енергія молекул ідеального газу; 2 p = n0 kT — залежність тиску від концентрації молекул і температури; i Ek = kT — середня енергія молекули, яка має 2 ступені свободи; i U = RT — внутрішня енергія одного кіломоля 2 ідеального газу; i CV = R — теплоємність за сталого об’єму; 2 i+2 CP = R — теплоємність за сталого тиску; 2 C p − CV = R — рівняння Майєра. 1. Визначення понять: статистичний метод, рівноважний і нерівноважний стани, термодинамічні параметри, рівняння стану, термодинамічний процес. 2. Визначення понять: ідеальний газ, температура, значення і розмірність універсальної газової сталої і сталої Больцмана, число Лошмідта, число Авогадро, внутрішня енергія, теплоємність, питома і молярна теплоємності. 3. Формули: m pV = RT — рівняння стану ідеального газу Треба вміти: μ Розв’язувати задачі, використовуючи рів(рівняння Менделєєва—Клапейрона); няння стану ідеального газу, основне рівняння моpV = p1V1 — ізотермічний процес; лекулярно-кінетичної теорії, визначати теплоємp p1 ність газу в різних термодинамічних процесах. = — ізохоричний процес; T T1 4.3. ЯВИЩА ПЕРЕНЕСЕННЯ В ГАЗАХ (для самостійного вивчення) ЯВИЩАМИ ПЕРЕНЕСЕННЯ називають перенесення маси, імпульсу і кінетичної енергії при накладанні на хаотичний тепловий рух полів густини, швидкості і температури. За відсутності таких полів через будь-яку площинку, виділену в газі, проходить однакова кількість молекул в обох напрямах і немає ніякого спрямованого перенесення. Але якщо є неоднорідності, то тепловий рух буде їх «розмивати» і з’являться напрямлені потоки. Розглянемо спочатку експериментальні закономірності процесів перенесення. Дифузія Дифузією називають процес перенесення маси, якщо густина або концентрація молекул різна в різних частинах об’єму газу. Теоретичне ядро 97 З явищем дифузії ми стикаємось, коли відчуваємо запах парфумів в одному кінці кімнати, а флакон відкривається в іншому її кінці. Якщо виділити в газі площинку dS і виміряти кількість маси dM, яка проходить через цю площинку за час dt, то цей потік, як показує дослід, завжди пропорційний до градієнта густини ρ (рис. 4.11): dI m = ρ dM = − D ⋅ grad ρ. dS ⋅ dt Ця формула виражає ПЕРШИЙ ЗАКОН ФІКА для дифузії. X Маса газу, яка проходить через одиничну площинку за одиницю часу, пропорційна до градієнта густини. dIm dS Для одновимірного випадку Рис. 4.11 dM dρ = −D , dS ⋅ dt dx де D — КОЕФІЦІЄНТ ДИФУЗІЇ. Він залежить від характеристик молекул. Знак «мінус» у формулі показує, що перенесення маси спрямоване в бік зменшення густини. dI m = Внутрішнє тертя ВНУТРІШНІМ ТЕРТЯМ називають процес перенесення імпульсу, якщо швидкість напрямленого руху газу або рідини є різною в різних місцях простору. Потік імпульсу dI p , тобто імпульс, який переноситься через одиничну площинку в одиницю часу, як показує дослід, завжди пропорційний до градієнта швидкості (рис. 4.12): dI p = u d ( mv ) = −η ⋅ grad u. dS ⋅ dt Імпульс, який переноситься через одиничну поверхню поділу за одиницю часу, пропорційний до градієнта швидкості. dIp Оскільки швидкість зміни імпульсу дорівнює силі: d ( mv ) = F, dt то формулу для потоку імпульсу можна записати так: X F dS Рис. 4.12 F = −η ⋅ grad u. Ця формула виражає добре відомий нам ЗАКОН НЬЮТОНА для внутрішнього тертя, або в’язкості: Сила, що діє між шарами газу або рідини, які рухаються з різними швидкостями один відносно одного, пропорційна до градієнта швидкості. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 98 У законі Ньютона η — КОЕФІЦІЄНТ ДИНАМІЧНОЇ В’ЯЗКОСТІ, або КОЕФІЦІЄНТ ВНУТРІШНЬОГО ТЕРТЯ. Іноді використовують КОЕФІЦІЄНТ КІНЕМАТИЧНОЇ В’ЯЗКОСТІ, який дорівнює відношенню коефіцієнта динамічної в’язкості до густини: v = η / ρ. Коефіцієнти в’язкості теж залежать від характеристик молекул. Теплопровідність Явище теплопровідності полягає в тому, що йде потік теплової енергії від частини системи з вищою температурою до частини системи, температура якої нижча. Експериментальні дані добре описуються ЗАКОНОМ ФУР’Є: Кількість теплової енергії, яка проходить через одиничну площинку за одиницю часу, пропорційна до градієнта температури. Тобто потік теплової енергії dI q пропорційний до градієнта температури (рис. 4.13): T dI q = dQ = æ ⋅ grad T , dS ⋅ dt де æ — КОЕФІЦІЄНТ ТЕПЛОПРОВІДНОСТІ, який залежить від характеристик молекул. Для одновимірного випадку X dIq dQ dT = −æ . dS ⋅ dt dx Як бачимо, експериментальні закони для процесів перенесення дуже схожі, і це, безперечно, наслідок загальності молекулярного механізму процесів перенесення. Рис. 4.13 Загальність процесів перенесення полягає в тому, що всі вони зумовлені намаганням системи самочинно переходити до рівноважного стану. Тому, коли в рівноважній системі з’являється яка-небудь неоднорідність, тепловий рух намагається «розмити» цю неоднорідність. Нехай у якомусь місці концентрація молекул стала більшою від рівноважної через внесення туди додаткових молекул. Стан системи став нерівноважним. Тепловий рух береться за справу і починає активно «розтаскувати» цю неоднорідність, щоб скрізь концентрація стала однаковою і система прийшла до рівноважного стану. Якщо ж безперервно «упорскувати» молекули в одне місце системи і вилучати їх у такій самій кількості з іншого місця системи, то встановиться напрямлений потік молекул від «джерела» до «стоку». При цьому зовсім не обов’язково, щоб та сама молекула пройшла від джерела до стоку. Навпаки, така ситуація майже неймовірна. dS Усі процеси перенесення зумовлені намаганням термодинамічної системи переходити самочинно до стану термодинамічної рівноваги, при якому будь-які неоднорідності повністю відсутні. Теоретичне ядро 99 Елементарна теорія процесів перенесення Завдання теорії: виразити коефіцієнти перенесення D, η і æ через молекулярно-кінетичні характеристики. Почнемо з коефіцієнта дифузії D. Виділимо в газі елементарну площинку dS і побудуємо праворуч і ліворуч від неї однакові паралелепіпеди (рис. 4.14). Довжина паралелепіпеда dх є шлях, який молекула пройде за час dt, якщо вона рухатиметься зі сталою швидкістю vс: dx = vсdt. Молекули, які в початковий момент часу перебували від площинки на n+ відстані, більшій за dx, не встигнуть за час dt долетіти до неї і тим більше — перетнути її. α Для спрощення подальших міркувань вважатимемо, що концентрація n– n– молекул у правому паралелепіпеді скрізь однакова і дорівнює п+, а в ліG вому паралелепіпеді — п– . Кількість молекул, які перетинають плоv m щинку зліва направо, дорівнює повній кількості молекул, які містяться в лівому паралелепіпеді dN– . Справа наліво — dN+. Точніше, одна шоста I+ I– dS всіх цих молекул, оскільки в кожному з шести можливих напрямів руG хається однакова кількість молекул. vc m 1 G Отже, справа наліво: dN + = n+ v ⋅ dt ⋅ dS ; G vdt vdt 6 λ λ 1 зліва направо: dN − = n− v ⋅ dt ⋅ dS ; 6 Рис. 4.14 1 їх різниця: dN = dN + − dN − = ( n+ − n− ) v ⋅ dt ⋅ dS . 6 А потік dІ, тобто кількість молекул, які перетинають одиничну площинку за одиницю часу: dI = dN 1 = ( n+ − n− ) v c . dS ⋅ dt 6 Зробимо уточнення. Насправді концентрація не може змінюватись стрибком від п+ до п— під час переходу через довільно вибрану площинку. Концентрація змінюється неперервно від точки до точки. Для малих відстаней будь-яку залежність концентрації від координати можна апроксимувати лінійною функцією. Тоді різницю концентрацій, як випливає з рис. 4.14, можна записати у вигляді: n+ − n− = 2λ ⋅ tg α = −2λ dn . dx Довжину кожного паралелепіпеда ми взяли тепер такою, що дорівнює середній довжині вільного пробігу молекули λ. Це дає змогу не враховувати співудари молекул. A n+ і п– — це значення концентрації на краях паралелепіпедів. Остаточно вираз для сумарного потоку набирає такого вигляду: dI = dN 1 dn = − vc ⋅ λ . dS ⋅ dt 3 dx Кожна молекула переносить через площинку свою масу т, тому повна маса, яка пройшла через одиничну площинку за одиницю часу, тобто потік маси dI m = де ρ = п · т — густина газу. d (m ⋅ n) m ⋅ dN dρ 1 1 , = − vc ⋅ λ = − vc ⋅ λ dS ⋅ dt dt dx 3 3 Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 100 Згідно з першим законом Фіка для дифузії цей потік маси dI m = − D ⋅ Тоді КОЕФІЦІЄНТ ДИФУЗІЇ D= dρ . dx 1 vc ⋅ λ. 3 Коефіцієнт дифузії визначається середньою швидкістю і середньою довжиною вільного пробігу. Решту коефіцієнтів перенесення можна обчислити за такою самою схемою. Для загальності іноді вводять потік деякої величини Z, яка переноситься у процесі: 1 dZ dI z = − n ⋅ vc ⋅ λ . 3 dx А потім, під час виведення формули для конкретного процесу перенесення, слід уточнити, потік якої величини тут потрібний. ДИФУЗІЯ — це перенесення маси за наявності градієнта концентрації Z = п · m: d (n ⋅ m) 1 . dI m = − vc ⋅ λ 3 dx 1 vc ⋅ λ. 3 В’ЯЗКІСТЬ — це перенесення імпульсу за наявності градієнта швидкості Z = m · u: D= Коефіцієнт дифузії dI p = d (m ⋅u) 1 1 du . n ⋅ vc ⋅ λ = − ( n ⋅ m ) vc ⋅ λ 3 3 dx dx η= КОЕФІЦІЄНТ В’ЯЗКОСТІ 1 ρ ⋅ vc ⋅ λ. 3 ТЕПЛОПРОВІДНІСТЬ — це перенесення кінетичної енергії за наявності градієнта температури Z = ε k : μ 3 3 R Z = εk = k ⋅ T = ⋅ ⋅ T = cv ⋅ T = m ⋅ cv ⋅ T ; NA 2 2 NA 1 dT dI q = − ( n ⋅ m ) ⋅ vc ⋅ λ ⋅ cv . 3 dx КОЕФІЦІЄНТ ТЕПЛОПРОВІДНОСТІ 1 æ = ρ ⋅ vc ⋅ λ ⋅ cv . 3 Тепер легко встановити зв’язки між коефіцієнтами перенесення η = ρ⋅ D æ = η ⋅ cv æ = ρ ⋅ cv ⋅ D Нагадаємо, що ми розглядали ідеальний газ. До формул входять такі величини, як середня швидкість v і середня довжина вільного пробігу λ, які неможливо визначити експериментально. Тому неможливо обчислити коефіцієнти перенесення. Скоріше навпаки, можна скористатися експериментальними даними щодо коефіцієнтів перенесення, щоб оцінити швидкість і довжину вільного пробігу молекул. Теоретичне ядро 101 Залежність коефіцієнтів перенесення від тиску і температури До формул для коефіцієнтів перенесення входять швидкість, довжина вільного пробігу і теплоємність. Оцінимо залежність цих величин від температури Τ і тиску р. Теплоємність СV ідеального газу 3 CV = R 2 не залежить ні від тиску, ні від температури. Швидкість молекул ідеального газу не залежить від тиску, але залежить від температури, оскільки кінетична енергія прямо пропорційна до температури: mv 2 3 = kT , і v ≈ T . 2 2 Швидкість пропорційна до кореня квадратного з температури. Густина газу пропорційна до концентрації: ρ = п · т. Із рівняння стану ідеального газу Ek = p= ρRT μ випливає, що густина прямо пропорційна до тиску і обернено пропорційна до температури: ρ~ p . T Довжина вільного пробігу, як бачимо з формули λ= 1 T ≈ , 0,7 n0 ⋅ σ p обернено пропорційна до концентрації, або густини, і тому вона обернено пропорційна до тиску і прямо пропорційна до температури. Отже, добуток густини на довжину вільного пробігу не залежить ні від тиску, ні від температури: ρ ⋅ λ ≠ f ( p, T ) . Усе готове для аналізу. КОЕФІЦІЄНТ ДИФУЗІЇ D = 1 vc ⋅ λ ≈ 3 T ⋅T T3/ 2 . ≈ p p Коефіцієнт дифузії зростає зі зростанням температури і зменшується зі зростанням тиску. КОЕФІЦІЄНТ В’ЯЗКОСТІ η = 1 ρ ⋅ λ ⋅ vc ≈ T . 3 Коефіцієнт в’язкості пропорційний до кореня квадратного з температури і не залежить від тиску. КОЕФІЦІЄНТ ТЕПЛОПРОВІДНОСТІ æ = 1 ρ ⋅ λ ⋅ vc ⋅ cv ≈ T . 3 Коефіцієнт теплопровідності пропорційний до кореня квадратного з температури і не залежить від тиску. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 102 Порівняємо ці висновки з експериментом. 1. Незалежність коефіцієнтів в’язкості і теплопровідності від тиску прекрасно підтверджується для газів, які перебувають за нормальних умов. Фізична картина тут достатньо прозора. Зі зростанням тиску зростає густина, але тією самою мірою зменшується довжина вільного пробігу молекули. 2. Пропорційність коефіцієнта в’язкості до кореня квадратного з температури можна перевірити, обчисливши відношення η / T . У табл. 4.2 наведено такі обчислення для повітря. Таблиця 4.2 Температура Т, K В’язкість η, мкП η/ T 273 313 573 673 773 171 190 295 328 358 10,4 10,7 12,3 12,6 12,9 Ми бачимо, що це відношення не залишається сталим, а слабо зростає зі зростанням температури. Отже, якась із характеристик додатково залежить від температури. Ні на густину, ні на швидкість не можна покладати відповідальність. Залишається тільки довжина вільного пробігу: 1 λ= . 2n0 ⋅ σ І винен, мабуть, поперечний переріз зіткнення молекул σ. Спробуємо зрозуміти, чому поперечний переріз зіткнення може залежати від температури. Чим більша температура, тим більша кінетична енергія молекули і тим більша робота, яку може виконати молекула в полі молекули-мішені. Отже, ця молекула може «підібратися» ближче до центра мішені. Поперечний переріз σ зменшується. Розрахувати це неможливо, не вистачає інформації про сили взаємодії між молекулами. Сюзерленд запропонував розв’язати проблему введенням емпіричної поправки. ФОРМУЛА СЮЗЕРЛЕНДА для ефективного поперечного перерізу має такий вигляд: C σ = σ 0 ⎛⎜ 1 + ⎞⎟ , T⎠ ⎝ де σ0 і С — константи. Тепер формулу для коефіцієнта в’язкості можна сконструювати таким чином: η= A T , B 1+ T де А і В — емпіричні константи. Формула Сюзерленда виявилась досить підходящою для інтерполяції експериментальних даних щодо в’язкості газів у широкому інтервалі температур. 3. Набагато гірше виконується залежність коефіцієнта теплопровідності від температури у вигляді æ ≈ T. І цього слід було чекати. Бо дуже вже простими засобами ми намагалися описати складні явища перенесення. 4. Перевірка співвідношення між усіма коефіцієнтами перенесення æ =1 η ⋅ cv теж приводить до менш обнадійливих результатів. Так, для гелію це співвідношення дорівнює 2,38, а для азоту — 1,91. Теоретичне ядро 103 Звичайно, існують точніші теорії, що приводять до більш прийнятних узгоджень з дослідними даними. Але наша мета була в іншому. Ми мали зрозуміти основний механізм процесів перенесення, зрозуміти його головну особливість, яка випливає з намагання великих систем частинок набути стану рівноваги. ПІДСУМКИ Необхідно зрозуміти: Слід запам’ятати: 1. Явища перенесення: дифузія, внутрішнє тертя, теплопровідність зумовлені перенесенням молекулами газу своїх фізичних характеристик: маси, імпульсу та енергії. 2. Дифузія — це процес перенесення маси, якщо густина або концентрація молекул різна в різних частинах об’єму газу. 3. Внутрішнє тертя (в’язкість) — це процес перенесення імпульсу, якщо швидкість напрямленого руху газу або рідини різні в різних місцях простору. 4. Теплопровідність — це процес переходу теплової енергії від частини простору, температура якої більше, ніж в інший частині. 5. Усі процеси перенесення зумовлені намаганням термодинамічної системи переходити самовільно до рівноважних станів. 1. Визначення явищ дифузії, внутрішнього тертя, теплопровідності. 2. Формули. dM = − D grad ρ — перший закон Фіка для дифузії; dSdt 1 D = vc λ — коефіцієнт дифузії; 3 d ( mv ) F= = −η grad u — закон Ньютона для в’язdSdt кості; 1 η = ρvc λ — коефіцієнт в’язкості; 3 dQ dT = −æ — закон Фур’є для теплопровідності; dSdt dx 1 æ = ρvc λcv — коефіцієнт теплопровідності; 3 1 λ= — довжина вільного пробігу. 2n0 σ 5. СТАТИСТИЧНІ РОЗПОДІЛИ Вивчаючи молекулярно-кінетичну теорію газів, ми вже торкались деяких понять статистичних розподілів. Перед нами із самого початку поставало таке запитання: чому випадкове поводження окремої частинки приводить до появи стійких закономірностей поводження дуже великої кількості частинок? Наприклад, чому тиск газу на всі шість стінок кубічної посудини цілком однаковий, незважаючи на те, що напрям руху конкретної молекули в даний момент часу абсолютно випадковий? Ми дійшли висновку, що за величезної кількості частинок усі шість можливих напрямів руху частинки рівноймовірні. Це вже і був статистичний розподіл швидкостей частинок за напрямами. Так само простим був і розподіл частинок за об’ємом за відсутності зовнішніх сил. Найбільш імовірним був рівномірний розподіл частинок за об’ємом. Такі розподіли добре узгоджуються з уявленнями про хаотичний тепловий рух молекул газу, коли кожна молекула вільно рухається поступально від одного пружного співудару до іншого і під час кожного такого зіткнення змінює модуль і напрям швидкості. А кількість зіткнень сягає 107 за секунду. Однак не всі розподіли такі прості, можна сказати «вирівнювальні». Достатньо помістити газ в неоднорідне поле зовнішніх сил, як рівномірний розподіл молекул за координатами зміниться. Я вже не кажу про розподіл квантових частинок за енергією. Він буде набагато складнішим. Ми розглянемо послідовно кілька розподілів для великих ансамблів різноманітних частинок. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 104 5.1. РОЗПОДІЛ МОЛЕКУЛ ІДЕАЛЬНОГО ГАЗУ В ПОЛІ СИЛ Ітиметься про просторовий розподіл молекул, точніше — про розподіл концентрацій у просторі. Хорошою моделлю може бути повітря в полі притягання Землі. Якби теплового руху не було, то всі молекули під дією гравітаційного поля упали б на Землю і покрили б її тонісіньким шаром. Для цього потрібно було б зменшити температуру до абсолютного нуля. Проте якби не було гравітаційного поля, газ мав би намагатися набути стану рівноваги, який відповідав би рівномірному розподілу молекул по всьому об’єму. Але це добре для обмеженого об’єму. В умовах відкритого простору молекули повітря за відсутності поля тяжіння просто розбіжаться і назавжди покинуть Землю. Існування атмосфери біля Землі зі змінною концентрацією по висоті — результат компромісу між полем тяжіння і тепловим рухом. У даній точці поля, координата якої r, молекула має потенціальну енергію U(r). Вона має також кінетичну енергію теплового руху, яка пропорційна до kT. Мабуть, закон розподілу молекул у просторі і має визначатись відношенням цих конкуруючих енергій. Дістанемо залежність концентрації молекул від відношення енергії за таких спрощувальних припущень: 1. Розглядається ідеальний газ, який задовольняє рівняння стану pV = RT, 2. Температура Τ газу скрізь однакова. 3. Поле сил однорідне. Виберемо горизонтальний тонкий шар, товщина якого dz, а площа S = 1 м2 (рис. 5.1). Різниця тисків dр на верхній і нижній поверхні шару р dz дорівнює вазі всіх молекул, які містяться в цьому шарі: р + dр dр = – mgndz, h де п — концентрація, mg — вага однієї молекули. Тиск ідеального газу р = пkТ. Якщо температура стала, зміна тиску визначається тільки зміною Рис. 5.1 концентрації: dр = kTdn. Порівнюючи цю зміну тиску з попереднім співвідношенням, дістаємо: −mgndz = kTdn, або dn mgdz . =− n kT Це і є той зв’язок, який ми шукали. Величина mgdz = dU являє собою потенціальну енергію однієї молекули, яка піднята в полі сил тяжіння на висоту dz . Тоді dn dU =− . n kT Концентрація залежить від відношення потенціальної енергії в даній точці поля до енергії теплового руху. Теоретичне ядро 105 Зінтегруємо ліву і праву частини диференціального рівняння: n dn U dU = −∫ . ∫ 0 kT n0 n Межі інтегрування вибрано так: у точці, де потенціальна енергія дорівнює нулю, концентрація дорівнює п0, а в точці, де потенціальна енергія дорівнює U, концентрація дорівнює п. Після інтегрування дістанемо: ln n U =− , n0 kT n = n0 e або − U kT . Потенціальна енергія U(r) — це функція координат, тому формула описує розподіл концентрації молекул у просторі. Здобута формула називається РОЗПОДІЛОМ БОЛЬЦМАНА, або просто ФОРМУЛОЮ БОЛЬЦМАНА. Як і передбачалось, розподіл концентрації зумовлений відношенням «конкуруючих» енергій, а саме, відношенням потенціальної енергії молекули в зовнішньому потенціальному полі до її середньої кінетичної енергії. Запишемо формулу Больцмана в такому вигляді: n U ⎞ = exp ⎛⎜ − ⎟. n0 ⎝ kT ⎠ Відношення п/п0 можна трактувати як частку кількості молекул, яка має потенціальну енергію U, якщо температура газу дорівнює Т. Розподіл Больцмана — це розподіл молекул за потенціальною енергією. Певна річ, розподіл Больцмана має ймовірнісний сенс. І тому Відношення n/n0 визначає ймовірність для молекули мати потенціальну енергію U, якщо температура газу Т. В однорідному гравітаційному полі потенціальна енергія молекули U = mgh, тому формула Больцмана набере такого вигляду: n mgh ⎞ ⎛ μgh ⎞ . = exp ⎛⎜ − ⎟ = exp ⎜ − ⎟ n0 ⎝ kT ⎠ ⎝ RT ⎠ Тепер ми маємо залежність концентрації від висоти. Якщо температура стала, тиск прямо пропорційний до концентрації і μgh ⎞ p = p0 ⋅ exp ⎛⎜ − ⎟. ⎝ RT ⎠ n n0 1 T2 > T1 T2 T1 Здобуто так звану БАРОМЕТРИЧНУ ФОРМУЛУ, яка подає залежність атмосферного тиску від висоти. Тут р0 — тиск на поверхні Землі, а 0 U р — атмосферний тиск на висоті h. Формула використовується для вимірювання висоти. Треба тільки Рис. 5.2 внести поправку на неізотермічність реальної атмосфери. На рис. 5.2 наведено залежність відносної концентрації п/п0 від потенціальної енергії U для двох різних температур Т1 і Т2, причому Т2 > Т1. Крива для більшої температури спадає менш різко, що відповідає «розупорядковувальній» ролі теплового руху. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 106 p p0 1 µ2 > µ1 µ1 µ2 0 h До барометричної формули входить ще й молекулярна маса μ. На рис. 5.3 наведена залежність відносного тиску р/р0 від висоти для двох різних значень молекулярної маси μ1 і μ2, причому μ2 > μ1. Бачимо, що крива для більшої молекулярної маси спадає більш різко. Отже, розподіл тиску і концентрації кисню й азоту по висоті буде різним. Верхні шари атмосфери збіднені на кисень. Можна записати формулу Больцмана для поля відцентрових сил. Відцентрова сила Fвід = mω2 r ; r r 0 0 2 2 потенціальна енергія U = A = ∫ Fdr = ∫ mω2 rdr = mω 2 r 2 ; 2 ⎛ μω r ⎞ n = exp ⎜ − ⎟. n0 RT ⎠ ⎝ Отже, у центрифузі гази з різною молекулярною масою будуть мати різний розподіл концентрації по радіусу. Це явище використовується у пристроях для розділення газів. Рис. 5.3 формула Больцмана 5.2. РОЗПОДІЛ МОЛЕКУЛ ЗА ШВИДКОСТЯМИ Після кожного зіткнення молекула змінює свою швидкість як за модулем, так і за напрямом. У принципі, швидкість може бути якою завгодно від нуля до швидкості світла с. Реально швидкість теплового руху молекул набагато менша від швидкості світла. Та й узагалі, у цьому величезному скупченні частинок досить важко істотно збільшити швидкість. Для цього потрібно, щоб кожний наступний співудар відбувався у тому самому напрямі, в якому летить молекула, що малоймовірно. Настільки ж малоймовірно, щоб вона повністю зупинилася. Скоріше за все, більшість молекул буде мати швидкості, які не дуже відрізняються від деякої середньої швидкості. Якщо стежити за окремою молекулою, відстежуючи зміну її швидкості з часом, то можна втратити надію знайти хоч якусь закономірність, адже процеси випадкові. Спробуємо спостерігати, звичайно подумки, за всіма молекулами, які містяться в одному кубічному сантиметрі газу, а їх там 1019 штук. Зробимо підряд «миттєві знімки» для різних моментів часу і відразу виявимо, що на наступних знімках кожна молекула буде рухатися з іншою швидкістю. Спробуємо підібратися з іншого кінця. Підрахуємо, скільки молекул на першому знімку має швидкість, яка дорівнює, наприклад, ста метрам за секунду. Порівняємо з результатами таких самих підрахунків на інших знімках. І виявимо, що кількість молекул, які мають таку швидкість, не змінюється від знімка до знімка. Поміркувавши, погодимося, що так воно й має бути. По-перше, тому, що за такої величезної кількості молекул завжди знайдеться така молекула, зменшення швидкості якої точно дорівнює збільшенню швидкості іншої молекули. По-друге, при незмінній температурі середня кінетична енергія має залишатися сталою. І саме тому збільшення швидкості якоїсь однієї молекули неодмінно приведе до зменшення швидкості іншої молекули. Тому можна говорити про існування стаціонарного розподілу молекул за швидкостями як про збереження кількості молекул із визначеним значенням швидкості. Вид цього розподілу був встановлений МАКСВЕЛЛОМ. Уточнимо постановку задачі. Не можна говорити про те, щоб знайти кількість молекул, швидкість яких абсолютно точно дорівнює 100 м · с—1. Немає жодної такої молекули, якщо кількість їх скінченна. Треба говорити про кількість молекул, швидкості яких лежать в інтервалі від v до v + dv. Зручніше також підраховувати не абсолютну кількість молекул, а їх частку від повної кількості молекул у даній системі. Позначимо через f(v) · dv частку молекул, швидкості яких лежать в інтервалі від v до v + dv. f(v) називають ФУНКЦІЄЮ РОЗПОДІЛУ. Теоретичне ядро 107 Сума всіх часток, звичайно, дорівнює одиниці, тобто ∞ ∫ f ( v ) ⋅ d v = 1. 0 Ця формула виражає УМОВУ НОРМУВАННЯ ФУНКЦІЇ РОЗПОДІЛУ. Функція розподілу нормована на одиницю. Зауважимо, що верхня межа інтегрування ∞ не має фізичного сенсу, бо швидкість матеріального тіла не може бути більшою за швидкість світла у вакуумі. Проте частка молекул, які мають швидкості не дуже далекі від швидкості світла, настільки мала, що заміна с на ∞ ніяк не впливає на результат. Проте математичні зручності величезні. Можна якісно передбачити поводження функції розподілу. f(v) На рис. 5.4 наведено вид функції розподілу f(v) залежно від швидкості v. При v → ∞ f ( v ) → 0 . Це означає, що ймовірність одержання дуже великої швидкості мізерна. Так само мізерна ймовірність повної зупинки молекули, тому при v → 0 f ( v ) → 0 . Найбільша частка молекул буде мати якусь найбільш імовірну швидкість. Вона відповідає максимуму функції розподілу. Виведена Максвеллом функція розподілу f(v) має такий вигляд: 0 v ⎛ mv f ( v ) = A ⋅ v 2 ⋅ exp ⎜ − ⎝ 2kT де Τ — температура; т — маса молекули; v — танта, яку можна дістати з умови нормування: 2 ⎞ ⎟, ⎠ її швидкість; А — конс- vв dv Рис. 5.4 f(v) T2 > T1 3/ 2 m ⎞ A = 4π ⎛⎜ ⎟ . ⎝ 2πkT ⎠ Тепер можна записати повністю ФОРМУЛУ МАКСВЕЛЛА: m ⎞ f ( v ) = 4πv 2 ⋅ ⎛⎜ ⎟ ⎝ 2πkT ⎠ 3/ 2 ⎛ mv 2 ⋅ exp ⎜ − ⎝ 2kT ⎞ ⎟. ⎠ За малих швидкостей функція розподілу зростає через v 2 , а за великих швидкостей основну роль відіграє експоненціальний множник з від’ємним показником; f ( v ) → 0 як при v → 0 , так і при v → ∞ , як це і передбачалося. Придивімося пильно до експоненціального співмножника: T2 T1 0 Рис. 5.5 f(v) µ2 > µ1 µ2 µ1 ⎛ mv ⎞ ⎜ ⎟ 0 ⎛ mv 2 ⎞ v 2 ⎟. exp ⎜ − ⎟ = exp ⎜ − 2 kT kT ⎝ ⎠ ⎜ ⎟ Рис. 5.6 ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ У чисельнику показника степеня маємо не що інше, як кінетичну енергію молекули, а в знаменнику — середню теплову енергію. Як і у випадку розподілу Больцмана, є конкуруючі види енергії: кінетична енергія окремої молекули і середня енергія теплового руху. І знову можна говорити про ймовірнісний фактор. Продовжимо обговорення розподілу Максвелла. До формули входить температура Т. На рис. 5.5 наведено функцію розподілу для двох різних температур Т1 і Т2, причому Т2 > Т1. Бачимо, що крива для вищої температури має ширший максимум. Це означає, що інтенсивність теплового руху більша і більший вплив цього «розупорядковувального» фактора. Висота максимуму за вищої температури менша, оскільки площі під кривими однакові. До формули входить також маса молекули т. На рис. 5.6 зобра2 Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 108 жено дві функції розподілу, які відповідають двом різним масам, причому m1 > m2. Тепер подивимось, як зображено на графіку величину f ( v ) ⋅ d v , що дорівнює, за визначенням, частці молекул, які мають швидкості в інтервалі від v до v + dv. Це площа нескінченно тонкого прямокутничка з основою dv і висотою f(v). Нa рис. 5.4 цей прямокутничок заштриховано. Для різних швидкостей площі прямокутничків будуть різними. Найбільша площа буде у прямокутничка, якщо вибрати швидкість, яка відповідає максимуму функції розподілу. Частка молекул, які мають цю швидкість, максимальна. Її називають: НАЙБІЛЬШ ІМОВІРНОЮ ШВИДКІСТЮ, або НАЙІМОВІРНІШОЮ ШВИДКІСТЮ, або ЙМОВІРНОЮ ШВИДКІСТЮ. Знайти вираз для ймовірної швидкості дуже просто, бо це координата максимуму функції розподілу. Достатньо взяти першу похідну від функції розподілу за швидкістю і прирівняти її до нуля: − df d ⎛ ⎜ A ⋅ v2 ⋅ e = dv dv ⎜ ⎝ mv 2 2 kT ⎞ − ⎟ = 2 Av ⋅ e ⎟ ⎠ mv 2 2 kT 2m v − − Av ⋅ ⋅e 2kT 2 mv 2 2 kT = 0. Звідси ймовірна швидкість vй = 2kT = m 2 RT . μ Якоюсь мірою несподіваний, хоча й приємний результат. Виявляється, що для обчислення ймовірної швидкості зовсім не потрібно «фотографувати» і рахувати молекули газу, що було б абсолютно безнадійною справою. Достатньо знати тільки температуру і молекулярну масу газу. Зі зростанням температури і зменшенням молекулярної маси максимум функції розподілу зсувається в бік більших швидкостей. Імовірна швидкість зростає. Раніше ми вже користувалися СЕРЕДНЬОЮ КВАДРАТИЧНОЮ ШВИДКІСТЮ, яка характеризувала середню кінетичну енергію молекули mvk2 3 Ek = = kT . 2 2 Звідси vk = 3kT = m 3RT . μ Знаючи функцію розподілу, можна також обчислити середню квадратичну швидкість за відомим математичним правилом: vk = vk2 = ∞ 2 ∫ v f ( v) dv = 0 3kT . m Аналогічно обчислюється і середня швидкість: ∞ vсер = ∫ v f ( v ) d v = f(v) 0 8kT . πm Усі характерні швидкості залежать від однієї і тієї самої величини, а саме від відношення абсолютної температури Τ до маси молекули т і відрізняються тільки коефіцієнтами. Зв’язок між цими швидкостями: 0 Рис. 5.7 vй vcер vk v vй : vcер : vk = 2 : 8 / π : 3. На рис. 5.7 зображено відносне положення ймовірної, середньої і середньої квадратичної швидкостей. Найбільша з них — середня квадратична швидкість. Теоретичне ядро 109 Варто зазначити, що розподіл Максвелла справджується лише для стану термодинамічної рівноваги. Тому, коли ми розглядали процеси перенесення в явно нерівноважному стані, потрібно було зрозуміти, що розподіл Максвелла там був деформований. Зауважимо також, що йдеться про розподіл МОДУЛІВ ШВИДКОСТІ. До рівняння входять квадрати векторів швидкостей, а вони — скалярні величини. Розподіл Максвелла був блискуче підтверджений у дослідах Штерна з молекулярними пучками ще в 1920 році. Розподіл Максвелла (для самостійного вивчення) У розподілі Максвелла змінними величинами були швидкість v, маса молекули т і абсолютна температура Т. Введемо безрозмірну швидкість φ, яка дорівнює відношенню швидкості до ймовірної швидкості: ϕ = v / vй . Тоді рівняння Максвелла набере вигляду f ( ϕ) dϕ = 4 π 2 ϕ 2 e −ϕ d ϕ. f(φ)dφ дає частку молекул, відносна швидкість яких міститься в інтервалі від φ до φ + dφ. Ще варіант. Вводимо безрозмірну енергію ψ, яка дорівнює відношенню кінетичної енергії молекули до середньої енергії теплового руху ψ = Ek / kT . У цьому випадку рівняння Максвелла набирає вигляду f (ψ) dψ = 2 π ψ1 / 2 e −ψ d ψ. f(ψ)dψ дає частку молекул, відносна енергія яких лежить в інтервалі від ψ до ψ + dψ. 5.3. РОЗПОДІЛ МАКСВЕЛЛА—БОЛЬЦМАНА Нагадаємо, що розподіл молекул у полі консервативних сил, тобто розподіл Больцмана, як і розподіл Максвелла, має ймовірнісний сенс. U − n = f ( U ) = e kT . n0 n/n0, або f(U) дає частку молекул, потенціальна енергія яких лежить у межах від U до U + dU. Сама потенціальна енергія — це функція координат U = U(r). Тому формула Больцмана — це розподіл молекул у просторі. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 110 f (r) = C ⋅ e − U (r) kT . f(r) дає частку молекул, розміщених у просторі з координатами від r до r + dr. Непогано виглядає формула й у декартових координатах: f ( x, y, z ) ⋅ dx ⋅ dy ⋅ dz = C ⋅ e − U ( x, y , z ) kT dx ⋅ dy ⋅ dz. У цьому випадку можна говорити про частку молекул, яка перебуває в елементарному об’ємі dV = dx · dy · dz у точці з координатами x, y, z у зовнішньому потенціальному полі. Проте йдеться про частинки, які рухаються з якимись швидкостями. І вони підпорядковуються відповідному розподілу за швидкостями, або за кінетичними енергіями. Тому можна перейти до наступного ОБ’ЄДНУВАЛЬНОГО етапу. Ми збираємося об’єднати розподіл молекул за швидкостями з розподілом молекул за координатами. Однак передусім зазначимо, що розподіл Максвелла справджується не тільки для модулів швидкості, а й для проекцій швидкостей на осі координат. Так, розподіл Максвелла для проекцій швидкостей на вісь x має вигляд: ⎛ mv 2x ⎞ f ( v x ) d v x = Av x2 exp ⎜ − ⎟ d vx . ⎝ 2kT ⎠ Розподіл по інших осях точно такий самий, оскільки частка молекул, які летять у будь-якому напрямі, однакова. Кінетична енергія вільної частинки Ek може бути виражена через її імпульс р: mv 2 p2 . = 2 2m Тоді розподіл молекул за швидкостями легко перетворити на розподіл за імпульсами: Ek = ⎛ p2 f ( p ) dp = A ⋅ p 2 ⋅ exp ⎜ − ⎝ 2mkT ⎞ ⎟ ⋅ dp. ⎠ f(p)dp — дає частку молекул, які мають імпульс у межах від р до p + dp. Тепер можна об’єднати функцію розподілу за координатами з функцією розподілу за імпульсами. Це можна зробити тому, що розподіл за координатами не залежить від розподілу за імпульсами і тому, що обидва розподіли мають імовірнісний характер. Згідно з правилом обчислення ймовірностей незалежних подій сумарна ймовірність дорівнює добутку ймовірностей цих подій. Об’єднана функція розподілу — ФУНКЦІЯ МАКСВЕЛЛА—БОЛЬЦМАНА обчислюється як добуток початкових функцій: ⎛ p 2 / 2m + U ( r ) ⎞ f ( p, r ) = f ( p ) ⋅ f ( r ) = C ⋅ exp ⎜ − ⎟. kT ⎝ ⎠ f(p, r) · dp · dr — визначає ймовірність молекули мати імпульс p і координату r, або це є частка молекул, які мають імпульс у межах від p до p + dp і координату в межах від r до r + dr. Теоретичне ядро 111 5.4. РОЗПОДІЛ ГІББСА (для самостійного вивчення) Як уже зазначалося, ми розглядаємо, згідно з програмою загального курсу фізики, тільки найпростіші розподіли. Тому ви повинні розуміти, що існують більш загальні види статистичних розподілів, а розподіл Максвелла—Больцмана — це лише окремий випадок. Більш загальними є РОЗПОДІЛИ ГІББСА, які описують поводження не тільки класичних, а й квантових систем. Розподіли Гіббса — це розподіли ймовірностей стану статистичних систем у різних фізичних умовах. КАНОНІЧНИМ АНСАМБЛЕМ ГІББСА називають термодинамічну систему, яка має сталий об’єм V із умістом сталої кількості частинок N і має можливість змінювати свою внутрішню енергію в результаті обміну енергією із зовнішнім середовищем. Розподіл Гіббса для такого ансамблю називається КАНОНІЧНИМ РОЗПОДІЛОМ ГІББСА і має такий вигляд: ⎛ F − H ( p, q ) ⎞ f ( p, q ) = C ⋅ exp ⎜ ⎟. kT ⎝ ⎠ У формулі Гіббса використано такі позначення: q — УЗАГАЛЬНЕНА КООРДИНАТА. Це можуть бути декартові координати. Якщо кількість частинок у системі дорівнює N, то кількість узагальнених координат буде 3N. dE ⎞ ⎛ р — УЗАГАЛЬНЕНИЙ ІМПУЛЬС частинки ⎜ p = m ⋅ q, або p = к ⎟ . Усього система характериdq ⎠ ⎝ зується за 3N імпульсами. F — ВІЛЬНА ЕНЕРГІЯ системи, яка залежить від об’єму V, температури Τ і кількості частинок N. Η — ФУНКЦІЯ ГАМІЛЬТОНА. Для механічної системи функція Гамільтона дорівнює сумі кінетичної і потенціальної енергії всіх частинок. Величина f(p, q) · dp · dq визначає кількість частинок, які мають координати від q до q + dq і імпульс у межах від р до р + dр. Частіше користуються поняттям ФАЗОВИЙ ПРОСТІР. Під фазовим простором розуміють гіпотетичний багатовимірний простір, осями якого є всі узагальнені координати і всі імпульси. Усього буде 6Ν осей. Стан системи зображується точкою у фазовому просторі, яка має 6Ν координат, а саме: dq1 , dp1 , ... dq N , dq N . Точніше, оскільки йдеться про випадкові статистичні величини, кажуть, що система міститься в КОМІРЦІ ФАЗОВОГО ОБ’ЄМУ dq ⋅ dp = dq1 ⋅ dp1...dq N ⋅ dp N . Квантові розподіли ми будемо вивчати в розділі КВАНТОВА ФІЗИКА. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 112 ПІДСУМКИ Необхідно зрозуміти: 1. Швидкість молекул різна. Однак у даному рівноважному стані повна кінетична енергія усіх молекул залишається сталою. Це означає, що існує стаціонарний розподіл молекул за швидкостями (розподіл Максвелла). 2. Для іншого рівноважного стану з іншою температурою крива Максвелла буде іншою. 3. Розподіл Максвелла дозволяє обчислити такі статистичні характеристики: найбільш імовірну, середню квадратичну і середню швидкості. 4. Концентрація молекул у всіх точках простору ізольованої системи у рівноважному стані однакова. Однак, якщо цю систему помістити у зовнішнє поле сил, тоді концентрація молекул у різних точках простору буде різною. Для однорідного поля існує стаціонарний розподіл Больцмана. 5. Можна поєднати розподіли Максвелла та Больцмана. 6. Існує загальніший розподіл Гіббса та чисельні квантові розподіли. Слід запам’ятати: 1. Розподіли Максвелла, Больцмана, імовірні, середні та середні квадратичні швидкості. Барометричну формулу. Графічні зображення розподілів. 2. Формули: 2 ⎛ mv 2 ⎞ m ⎞3 f ( v ) d v = 4πv ⎛⎜ ⋅ exp ⎟ ⎜ ⎟ — ⎝ 2πkT ⎠ ⎝ 2kT ⎠ Максвелла; 2 n = n0 e p = p0 − U kT розподіл — розподіл Больцмана; mgh − e RT — барометрична формула; ⎛ p2 ⎞ +U (r ) ⎟ ⎜ f ( p, r ) = C exp ⎜ 2m ⎟ — розподіл Максвел⎝ ⎠ kT ла—Больцмана; 2kT 2 RT vй = — ймовірна швидкість; = μ m 3kT 3RT — середня квадратична швид= μ m кість; 8kT 8RT — середня швидкість. = = πm πμ vк = vcер ПРАКТИЧНІ ЗАНЯТТЯ 1. ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ЗАДАЧ З МАТЕМАТИКИ x З а д а ч а 1 . Побудувати графік функції y = − + 4 . 2 Р о з в ’ я з о к . Графіком лінійної функції є пряма, а для побудови прямої достатньо знати дві точки x графіка. Аргументу х надамо значення 0 і 4 та за формулою y = − + 4 знайдемо відповідні значення у. 2 Заповнимо таблицю: 0 4 х у 4 2 Позначимо на координатній площині точки (0; 4) та (0; 2) і проведемо крізь ці точки пряму (рис. 1). у 4 x y =− +4 2 2 0 4 Рис. 1 З а д а ч а 2. Побудувати графік функції y = [ x ] . Будуємо: якщо 0 ≤ x < 1 , то y = [ x ] = 0 ; якщо 1 ≤ x < 2 , то y = [ x ] = 1 ; якщо −1 ≤ x < 0 , то y = [ x ] = −1 і т. д. х Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 114 Графік функції y = [ x ] зображено на рис. 2. у 3 2 1 –2 –1 х 0 1 2 3 –1 –2 Рис. 2 G G G З а д а ч а 3. Знайти рівнодіючу R двох прикладених в одній точці сил F1 та F2 , модулі яких F1 = 5 Н, F2 = 7 Н; кут між силами ϕ = 60o . G G G Визначити також кути α і β, які утворюються рівнодіючою R з силами F1 та F2 (рис. 3). G F2 ϕ G F1 G R α β G F2 Рис. 3 ( ) Модуль рівнодіючої визначаємо за теоремою косинусів: R = F12 + F22 − 2 F1F2 cos 180o − ϕ ; R = 52 + 7 2 − 2 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋅ cos 120o ≈ 10, 44 Н. Задачі для самостійного та індивідуального розв’язування 115 Кути α і β знаходимо за теоремою синусів: ( ϕ = α + β ) ; F1 F R = 2 = . sinβ sinα sin 180o − ϕ ( ( ) ) Але sin 180 − ϕ = sin ϕ , тоді o sin α = F2 F sin ϕ = 0,581; α = 35o30′ ; sin β = 1 = 0, 415; β = 24o30′ . R R Перевіримо: α + β = 35o30′ + 24o30′ = 60o = ϕ . З а д а ч а 4 . Знайти похідні функцій: 1 а) f ( x ) = x 2 − ; x d ( x) d ⎛1⎞ 1 d ⎛ 2 1⎞ d 2 d ⎛1⎞ 1 ⎛ 1 ⎞ dx = − = − 2 , тому ⎜ x − ⎟ = ( x ) − ⎜ ⎟ = 2x − ⎜ − 2 ⎟ = 2x + 2 ; ⎜ ⎟ 2 dx ⎝ x ⎠ dx dx ⎝ x ⎠ x dx ⎝ x ⎠ x x ⎝ x ⎠ б) f ( x ) = x2 ; x3 + 1 d ⎞ 3 2⎛ d d 2 d 3 x3 + (1) ⎟ x3 + 1 x − x2 x +1 2x x +1 − x ⎜ d ⎛ x2 ⎞ dx dx ⎝ ⎠= dx dx = ⎜ ⎟= 2 2 3 3 dx ⎝ x3 + 1 ⎠ x +1 x +1 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 2 x ( x + 1) − x ( 3 x + 0 ) 2 x + 2 x − 3 x 2x − x = = = . ( x + 1) ( x + 1) ( x + 1) ( 3 2 3 2 4 4 2 3 2 ( ) ) 4 3 2 З а д а ч а 5 . Знайти похідні функцій: а) f ( x ) = x −5 ; d −5 x = −5 x −5−1 = −5 x −6 ; dx 5 б) f ( x ) = 3 x 7 − 3 ; x d ⎛ 7 5⎞ d 7 d −3 15 x −5 x = 3 ⋅ 7 x 6 − 5 ( −3) x −4 = 21x 6 + 4 . ⎜ 3x − 3 ⎟ = 3 dx ⎝ x ⎠ dx dx x ( ) ( ) ( ) 2 З а д а ч а 6 . Обчислити ∫ x 2 dx. Оскільки для х2 однією з першообразних є −1 2 тоді ∫ x 2 dx = −1 2 ( −1) − = 3. 3 3 3 3 π З а д а ч а 7 . Обчислити ∫ sin xdx. 0 Використовуючи формулу Ньютона—Лейбніца, отримаємо: π π ∫ sin xdx = − cos x 0 = − cos π − ( − cos 0 ) = 2. 0 x3 , 3 Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 116 2. ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ЗАДАЧ З ФІЗИКИ З а д а ч а 1. Рівняння руху матеріальної точки має вигляд s = 3 + 2t + t 2 м. Визначити середню швидкість і середнє прискорення точки за першу, другу та третю секунди його руху. Дано: Розв’язання Загальний вигляд рівняння руху: x = 3 + 2t + t 2 м; t1 = 1 с; t 2 = 2 с; t3 = 3 с; Δt = 1 с. vсeрi — ? ; aсeрi — ? at 2 . 2 Із рівняння руху можна встановити, що матеріальна точка починає свій рух не з початку координат, а з точки з координатою x0 = 3 м (рис. 1). x = x0 + v0t + Δs1 0 x0 Δs2 Δs3 x1 x2 x3 x Рис. 1 Середня швидкість визначається за формулою: vсер = Δs , Δt де Δs — це шлях, який пройшла точка за час Δt . Шлях, який точка пройшла за першу секунду, можна визначити як різницю координат за формулою: Δs1 = x1 − x0 , де x1 визначається з рівняння руху: x1 = 3 + 2 ⋅1 + 12 = 6 м. Тоді Δs1 x1 − x0 6 − 3 = = = 3 м/с. Δt Δt 1 Аналогічно шлях, який пройшла матеріальна точка за дві секунди руху, такий: vсер1 = x2 = 3 + 2 ⋅ 2 + 2 2 = 11 м. Тоді Δs2 x2 − x1 11 − 6 = = = 5 м/с. 1 Δt Δt Шлях, який пройшла матеріальна точка за три секунди руху: vсер2 = x3 = 3 + 2 ⋅ 3 + 32 = 18 м. Аналогічно vсер3 = Δs3 x3 − x2 18 − 11 = = = 7 м/с. 1 Δt Δt Задачі для самостійного та індивідуального розв’язування 117 Середнє прискорення можна дістати за формулою: acеp = Δvcеp , Δt де Δvcеp — зміна середньої швидкості руху, яка відбулася за проміжок часу Δt . Середнє прискорення стале на всіх ділянках шляху Δs1 , Δs2 , Δs3 і визначається так: acеp1 = acеp2 = acеp3 = vcеp2 − vcеp1 Δt = 5−3 = 2 м/с2 . 1 З а д а ч а 2. Потяг рухається зі швидкістю 36 км/год. Якщо вимкнути двигун, то потяг зупиниться через 20 с. Визначити прискорення потяга. На якій відстані до зупинки потяга потрібно вимкнути двигун? Дано: Розв’язання v0 = 36 км/год = 10 м/с; Після вимикання двигуна потяг буде рухатися рівносповільнено, а потім зупиниться. Тоді його кінцеву швидкість руху можна визначити за формулою: v = v0 − at = 0 . t = 20 с. a — ?; s — ? Прискорення буде таке: a= v0 10 = = 0,5 м/с. t 20 Шлях, який проїде потяг до зупинки: s = v0t − Тоді at 2 . 2 0,5 ⋅ 20 2 = 100 м. 2 Тобто за 100 м до місця зупинки потяга потрібно вимкнути двигун. s = 10 ⋅ 20 − З а д а ч а 3. З гори висотою 25 м горизонтально кинули м’яч зі швидкістю 15 м/с. Через скільки часу м’яч впаде на землю? На якій відстані від підніжжя гори впаде м’яч? З якою швидкістю він впаде на землю? Розв’язання Дано: h = 25 м; v0 = 15 м/с. Сумістимо систему координат із Землею. Вісь Ox збігається з підніжжям гори, вісь Oy напрямлена вертикально вгору. М’яч, який кинули горизонтально, рухається у площині xOy. Траєкторія руху являє собою частину параболи. t — ?; l — ?; v — ? Такий рух можна розкласти на два рухи: відносно осі Ox та осі Oy (рис. 2). У горизонтальному напрямі (вісь Ox) рух м’яча рівномірний зі швидкістю v0 , а вздовж осі Oy рух м’яча являє собою вільне падіння. Тоді висоту гори, з якої м’яч кинули, можна визначити за формулою: gt 2 h= . 2 Звідси час падіння t= 2h 2 ⋅ 25 = = 2, 26 с. g 9,8 118 Частина І. Механіка. Молекулярна фізика y Відстань від підніжжя гори (дальність польоту), на якій впаде м’яч, визначається за формулою: G v0 x l = v0 xt = 15 ⋅ 2, 26 = 33,9 м. h G v0 x O l Рис. 2 G vy G v x У момент падіння м’яча на землю його швидкість напрямлена по дотичній до траєкторії в точці падіння (рис. 2). Швидкість падіння м’яча на землю можна подати як векторнуG суму G двох G швидкостей вздовж осі Ox та вздовж осі Oy: v = v0 x + v y . Ці швидкості взаємно перпендикулярні, тоді модуль швидкості м’яча в момент падіння на землю визначається так: v = v02x + v 2y = v02x + ( gt ) = 15 2 + ( 9,8 ⋅ 2, 26 ) = 26, 7 м/с. 2 2 З а д а ч а 4. Тіло кинуто вертикально вгору з початковою швидкістю 30 м/с. Коли воно досягло верхньої точки траєкторії? Яка максимальна висота підйому тіла? Розв’язання Дано: v0 = 30 м/с. t — ?; H — ? Рух тіла кинутого вертикально вгору — це рівносповільнений рух із прискоренням вільного падіння g. У верхній точці траєкторії швидкість тіла дорівнює нулю, тоді можна записати рівняння: v = v0 − gt = 0 і визначити час підйому тіла до верхньої точки траєкторії: v 30 tп = 0 = = 3,06 с. g 9,8 Висота підйому тіла визначається за формулою: gt 2 . 2 Якщо в цю формулу підставити час підйому tп тіла до верхньої точки траєкторії, то можна визначити максимальну висоту підйому тіла: h = v0t − H= v02 30 2 = = 45,9 м. 2 g 2 ⋅ 9,8 З а д а ч а 5. Камінь кинули зі швидкістю 12 м/с під кутом 45° до горизонту. На якій відстані від місця кидання камінь впаде на землю? На яку максимальну висоту підніметься камінь? Дано: v0 = 12 м/с; α = 45 °. Розв’язання Сумістимо систему координат із Землею. Вісь Ox збігається з поверхнею Землі, вісь Oy напрямлена вертикально вгору. Камінь, який кинули під кутом до горизонту, рухається у площині xOy. Траєкторія руху являє собою парабоl — ?; H — ? лу. Такий рух можна розкласти на два рухи: відносно осі Ox та осі Oy (рис. 3). У горизонтальному напрямі (вісь Ox) рух каменя рівномірний зі швидкістю v0x , а в напрямі осі Oy рух являє собою рух тіла, кинутого вертикально вгору з початковою швидкістю v0 y . Задачі для самостійного та індивідуального розв’язування Тоді вектор початкової швидкості руху каменя можна подати як векторнуG суму G двох G швидкостей уздовж осі Ox та вздовж осі Oy: v0 = v0 x + v0 y , які взаємно перпендикулярні, а модуль початкової швидкості визначається за формулою: v0 = v02x + v02 y . 119 y G v0 y G v0 x G v0 H α Проекція початкової швидкості на вісь Ox така: v0 x = v0 ⋅ cos α , О а проекція початкової швидкості на вісь Oy: G v0 x x l v0 y = v0 ⋅ sin α . Рис. 3 Дальність польоту каменя визначається за формулою: l = v0 xtпол = v0 cos α ⋅ tпол , де tпол — час польоту каменя. Це час, за який камінь піднімається на максимальну висоту і падає на землю. Тоді у верхній точці траєкторії вертикальна складова v y швидкості каменя дорівнює нулю. Час підйому tп каменя на максимальну висоту можна визначити з формули: v y = v0 y − gtп = v0 sin α − gtп = 0 . Або v0 y v0 sin α = . tп = g g Час польоту каменя 2 v sin α t noл = 2 ⋅ tп = 0 . g Тоді дальність польоту каменя l= 2v02 cos α ⋅ sin α v02 sin 2α 12 2 sin 90° = = = 14, 7 м. g g 9,8 Максимальну висоту підйому каменя можна визначити за формулою: H = v y 0t n − gt n 2 v02 sin 2 α 12 2 sin 45° = = = 5, 2 м. 2 2g 2 ⋅ 9,8 З а д а ч а 6. Колесо обертається рівноприскорено. Через 2 с після початку руху вектор повного прискорення точки, яка перебуває на краю колеса, утворює кут 60° з вектором її лінійної швидкості. Визначити кутове прискорення в цей час. Дано: α = 60°; t = 2 с. ε—? Розв’язання Повне прискорення тіла, що обертається, можна знайти як векторну суму тангенціального і нормального прискорень (рис. 4): G G G a = aτ + a n . Тангенціальне і нормальне прискорення взаємно перпендикулярні, тоді модуль повного прискорення визначається за формулою: a = aτ2 + an2 . Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 120 Тангенціальне прискорення a τ = εR . G aτ G an G v α G a Нормальне прискорення an = ω2 R = ( εt ) R . 2 Тоді повне прискорення визначається так: a = ( εR ) + ( ε 2t 2 R ) = aτ 2 (1 + ε 2t 4 ) . 2 2 Напрям тангенціального прискорення збігається з напрямом лінійної швидкості точки, яка напрямлена по дотичній до колеса. Із рис. 4 бачимо, що кут між напрямом повного прискорення і лінійною швидкістю точки можна визначити так: Рис. 4 aτ . a Після перетворень дістанемо формулу для визначення кутового прискорення точки, яка перебуває на краю колеса: cos α = ε= tg α tg 60° = = 0, 43 рад/с2. 2 2 2 t З а д а ч а 7. Цеглина зісковзує похилою поверхнею, яка складає кут 45° до горизонту. Визначити прискорення цеглини, якщо коефіцієнт тертя дорівнює 0,5. Розв’язання Дано: α = 45°; μ = 0,5. a —? G a X α Рис. 5 Враховуючи, що маємо або G На цеглину діють такі сили (рис. 5): сила тяжіння mg , напрямлена завжди G вертикально вниз; сила реакції опори N , напрямлена завжди перпендикулярG но до опори, і сила тертя Fтер , напрямлена завжди в бік, протилежний напряму руху тіла (перший закон тертя). Оскільки на цеглину діє кілька сил, прискорення, з яким Y вона рухається, створює рівнодійна цих сил. Запишемо друG G N гий закон Ньютона у векторній формі: Fтер G d ( mv ) n G = ∑ Fi . dt i =1 G mg У класичній механіці маса стала m = const , а отже, G d ( v) n G m = ∑ Fi . dt i =1 G dv G =a, dt G n G ma = ∑ Fi , i =1 G G G G mg + N + Fтер = ma . Задачі для самостійного та індивідуального розв’язування 121 Виберемо напрям осі Ox такий, що паралельний похилій поверхні, а напрям осі Oy — перпендикулярний до неї. Перепишемо другий закон Ньютона у проекціях на осі координат: Ox: mg sin α − Fтер = ma ; Oy: N − mg cos α = 0, або N = mg cos α . Прискорення визначається за формулою: a= mg sin α − Fтер m Силу тертя можна визначити з другого закону тертя: . Fтер = μN = μmg cos α . Після перетворень прискорення визначається так: a= ⎛ 2 mg sin α − μmg cos α 2⎞ 2 = g ( sin α − μ cos α ) = 9,8 ⎜ − 0,5 ⎟ = 3, 4 м/с . m 2 2 ⎝ ⎠ З а д а ч а 8. На барабан масою 9 кг намотано шнур, до кінця якого прив’язано вантаж масою 2 кг. Визначити прискорення, з яким опускається вантаж, і силу натягу шнура. Барабан вважати однорідним диском. Тертям знехтувати. Розв’язання Дано: m1 = 9 кг; m2 = 2 кг. a — ?; Т — ? Покажемо сили, які діють на барабан (рис. 6). G G G На нього діють сила тяжіння m1 g , сила реакції осі N та сила натягу шнура T1 . Рівнодійна цих сил створює прискорення, з яким опускається вантаж. Запишемо для поступального руху вантажу другий закон Ньютона у векторній формі: G d ( m2 v ) n G = ∑ Fi . G dt N i =1 У класичній механіці маса стала m2 = const , а отже G d ( v) n G m2 = ∑ Fi . dt i =1 Враховуючи, що G dv G =a, dt маємо G n G m2 a = ∑ Fi . i =1 або G G G m2 g + T2 = m2 a . G Потрібно знайти силу T2 . Виберемо напрям осі координат Oy вертикально вниз. У проекціях на вісь y другий закон Ньютона записується так: m2 g − T2 = m2 a . R G m1 g G T1 G a y G T2 G m2 g Рис. 6 (1) Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 122 Вісь обертання барабана напрямлена перпендикулярно до площини рисунка. Обертання барабана зумовлене дією тільки сили натягу шнура. Оскільки дві інші сили прикладені до осі обертання, і їхні моменти дорівнюють нулю. Тоді другий закон обертального руху для барабана можна записати так: M = T1 ⋅ R = I ε , де ε — кутове прискорення барабана. Момент інерції барабана визначається за формулою: m R2 I= 1 . 2 Після перетворень сила натягу шнура визначається так: m Rε T1 = 1 . 2 За третім законом Ньютона : T1 = T2 . Позначимо силу натягу шнура T. Тоді рівняння (1) для вантажу можна переписати так: m Rε m2 g − 1 = m2 a . 2 Прискорення, з яким рухається вантаж, напрямлене по дотичній до барабана, тому кутове прискорення барабана визначається за формулою: a ε= . R Після перетворень визначимо прискорення, з яким опускається вантаж, за формулою: 2m2 g a= . 2m2 + m1 Перевіримо одиницю вимірювання: ⎡ кг ⋅ м/с 2 ⎤ 2 [a] = ⎢ ⎥ = ⎡⎣м/с ⎤⎦ . кг ⎣ ⎦ Виконаємо обчислення: 2 ⋅ 2 ⋅ 9,8 a= = 3 м/с2 ; 2⋅2 + 9 m1R a m1a 9 ⋅ 3 T= = = = 13,5 Н. 2⋅ R 2 2 З а д а ч а 9. Яке перевантаження відчуває під час старту космонавт у космічному кораблі на самому початку польоту, якщо корабель піднімається вертикально вгору зі сталим прискоренням і за 4 с набуває швидкості b ⋅ v1 , де b = 0, 03 , v1 — перша космічна швидкість? Дано: v = bv1 ; b = 0, 03 ; t = 4 с; RЗ = 6400 ⋅103 м. n—? го вазі в цей момент: Розв’язання G На космонавта під час старту космічного корабля діють сили тяжіння mg G та реакції N сидіння (рис. 7). Запишемо другий закон Ньютона у проекціях на вісь y: N − mg = ma . Сила, з якою діє космонавт на сидіння під час старту корабля, дорівнює йо- N =P. Задачі для самостійного та індивідуального розв’язування Вага космонавта перед стартом на Землі дорівнює: P0 = mg . P − P0 = ma . Тоді Прискорення космічного корабля можна визначити так: v − v0 a= . t Оскільки v0 = 0 , тоді v bv a= = 1. t t Перевантаження, яке відчуває космонавт під час старту, визначається за формулою: n= Після перетворень отримаємо: n= Виконаємо обчислення: 123 y G N G a G mg Рис. 7 P − P0 . P0 bv1 b b RЗ . = gRЗ = gt gt t g n= 0, 03 6400 ⋅103 =6. 4 9,8 З а д а ч а 10. У скільки разів прискорення вільного падіння на висоті 100 км над поверхнею Землі менше від прискорення вільного падіння біля поверхні Землі? Дано: h = 100 км gh —? g0 Розв’язання Якщо тіло масою m піднято на деяку висоту h над поверхнею Землі, на G нього діє сила G гравітації F та притягує тіло до Землі. Вона спричиняє прискоренням g , з яким тіло падає на Землю (рис. 8). Запишемо другий закон Ньютона у проекціях на вісь y: F =G Mm = mg . ( RЗ + h ) 2 G g Звідси прискорення вільного падіння визначається за формулою: g =G M . ( RЗ + h ) 2 M Якщо вважити висоту, на якій перебуває тіло над поверхнею Землі, дуже малою порівняно з радіусом Землі ( h << RЗ ) , то прискорення вільного паG діння g 0 біля поверхні Землі визначається так: g0 = G M . RЗ2 m h G F RЗ у Рис. 8 Якщо висота, на якій перебуває тіло над поверхнею Землі, порівняна з радіусом Землі, то прискорення вільного падіння на цій висоті можна вивести з аналогічних міркувань і визначити за формулою: gh = g0 RЗ2 . ( RЗ + h ) 2 Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 124 Тоді gh Rз2 6400 2 = = = 0,969 . g 0 ( Rз + h ) 2 ( 6400 + 100 ) 2 З а д а ч а 11. У скільки разів прискорення вільного падіння на полюсі Землі більше від прискорення вільного падіння на широті 60° та на екваторі? Маса тіла 10 кг. Землю вважати кулею. Дано: Розв’язання T = 86400 с; M = 5,98 ⋅10 24 кг; G = 6,67 ⋅10−11 Н·м2/кг2; RЗ = 6400 км; ϕ = 60°; m = 10 кг. g пол g — ? пол — ? ge gϕ Нехай тіло перебуває на широті ϕ (рис. 9). На нього G діють G Gсила гравітації і відцентрова сила. Рівнодійна цих сил і є сила ваги P = F + Fвід . Вона залежить від широти місцевості, оскільки від широти місцевості залежить відцентрова сила. На полюсі та на екваторі сила ваги напрямлена до центра Землі. На полюсі модуль сили ваги дорівнює модулю сили гравітації, оскільки відцентрова сила прикладена до осі обертання і дорівнює нулю. Визначимо модуль сили ваги на полюсі: Оу: Pпол = F = G т G Pпол ϕ G F O x Звідси прискорення вільного падіння на полюсі визначається за формулою: 24 M −11 5,98 ⋅ 10 = 9,741 м/с2. g пол = G 2 = 6,67 ⋅10 3 6400 ⋅10 RЗ G т Fвід G F G F α G Pϕ G Pe На будь-якій широті місцевості модуль сили ваги дорівнює: 2 Pϕ = F 2 + Fвід − 2 FFвід cos ϕ = mg ϕ , т G Fвід 4π 2 mRЗ cos ϕ — відцентрова сила. T2 Тоді прискорення вільного падіння на широті 60° таке: де Fвід = gϕ = y Рис. 9 Mm = mg пол . RЗ2 1 2 F 2 + Fвід − 2 FFвід cos 60° = 9, 728 м/с2 . m На екваторі модуль сили ваги визначається так: Ох: Pe = F − Звідки прискорення вільного падіння на екваторі дорівнює: ge = G Тоді M 4π 2 RЗ − = 9,706 м/с2 . RЗ2 T2 g пол = 1, 0036 ; ge g пол = 1, 0013 . gϕ 4π 2 mRЗ = mg e . T2 Задачі для самостійного та індивідуального розв’язування 125 З а д а ч а 12. Визначити масу Землі, якщо період обертання штучного супутника по коловій орбіті становить 102,2 хв, відстань до поверхні Землі 774 км. Землю вважати кулею радіусом 6400 км. Дано: Розв’язання T = 102, 2 хв = 6132 с; h = 774 км = 774·103 м; RЗ = 6400 км = 6400·103 м. Штучний супутник обертається навколо Землі під дією сили гравітації (рис. 10). Запишемо другий закон Ньютона: G d ( mv ) G =F. M —? dt Сила гравітації спричиняє нормальне прискорення. Тоді другий закон m Ньютона можна записати так: F = ma n . Або h Mm 2 G = mω ( h + RЗ ) . ( h + RЗ ) 2 M G Після перетворень маса Землі визначається за формулою: F 3 4π 2 ( h + RЗ ) RЗ M= . GT 2 Y Перевіримо одиницю вимірювання : ⎡ м 3 ⋅ кг 2 ⎤ ⎡ м 3 ⋅ кг 2 ⋅ с 2 ⎤ =⎢ = [ кг ] . 2 2⎥ 3 2 ⎥ ⎣ Н ⋅ м ⋅ с ⎦ ⎣ кг ⋅ м ⋅ с ⎦ Рис. 10 [M ] = ⎢ Виконаємо обчислення: M= 4 ⋅ 3,14 2 ( 774 ⋅103 + 6400 ⋅103 ) 6, 67 ⋅10 −116132 2 3 = 5,82 ⋅10 24 кг. З а д а ч а 13. Вантаж масою 500 кг потрапляє в нерухому платформу з піском масою 5 т. Визначити швидкість платформи, якщо перед потрапляння вантаж мав швидкість 20 м/с, напрямлену під кутом 30° до вертикалі. Тертям коліс із рейками знехтувати. Розв’язання Дано: m1 = 500 кг; m2 = 5 т = 5 ⋅103 кг; v1 = 20 м/с; α =30°. u —? Використовуючи закони руху, розв’язати цю задачу неможливо, оскільки нічого не відомо ні про характер дії сил, ні про час взаємодії тіл у момент потрапляння вантажу в платформу. Відомо, що на платформу і вантаж діють зовнішні сили — сили тяжіння, тому система вантаж—платформа не замкнена. Отже, закон збереження імпульсу до такої системи застосувати не можна. Однак проекції сил тяжіння на вісь Ox дорівнюють нулю. Тому можна застосувати закон збереження імпульсу до проекцій імпульсів вантажу і платформи на вісь Ox. Запишемо спочатку закон збереження імпульсу у векторній формі (рис. 11): n G y ∑ pi = const або i =1 G G G m1v1 + m2 v2 = ( m1 + m2 ) u . Перепишемо цей закон у проекціях на вісь Ox: m1v1 sin α = ( m1 + m2 ) u . x G u G v1 m1 α m2 Рис. 11 Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 126 Швидкість руху платформи з вантажем така: u= m1v1 sin α 500 ⋅ 20 ⋅ sin 30° = = 0,91 м/с. m1 + m2 500 + 5000 З а д а ч а 14. У центрі платформи масою 50 кг і радіусом 2 м, яка має форму диска і обертається з частотою 0,5 1/с, стоїть людина. Як зміниться частота обертання платформи і яку роботу виконає людина, якщо повільно підтягне за шнур до осі обертання гирю масою 10 кг, яка стояла на краю платформи? Момент інерції людини дорівнює 1,2 кг·м2. Тертям знехтувати. Розв’язання Дано: m1 = 50 кг; m2 = 10 кг; R = 2 м; n1 = 0,5 1/с; I 0 = 1, 2 кг·м2. Маємо систему тіл, що взаємодіють: платформа—людина—гиря. На ці тіла діють зовнішні сили: сили тяжіння і сили реакції опори. Платформа з людиною і гирею обертається зі сталою кутовою швидкістю навколо вертикальної осі, що проходить через центр платформи. Тоді результуючий момент зовнішніх сил відносно цієї осі обертання дорівнює нулю, тому що сили тяжіння і реакції опори діють вздовж осі обертання. Отже, система платформа—людина— гиря — замкнена і для розв’язання задачі можна скористатися законом збереn2 — ?; A — ? ження моменту імпульсу. Запишемо закон збереження моменту імпульсу: n ∑ Li = const . i =1 Тобто ( I п + I 0 + I ) ω1 = ( I п + I 0 ) ω2 , 1 де I п = m1R 2 — момент інерції диска (платформи); I 0 — момент інерції людини; I — момент інерції 2 гирі, який можна визначити як момент інерції матеріальної точки, тобто I = m2 R 2 . Тоді ⎛ 1 m R2 + I + m R2 ⎞ ω = ⎛ 1 m R2 + I ⎞ ω . ⎜ ⎟ 1 ⎜ 1 0 2 1 0⎟ 2 ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠ Врахувавши, що ω = 2πn , після перетворень дістанемо: n2 = 1/ 2m1R 2 + I 0 + m2 R 2 n1 . 1/ 2m1R 2 + I 0 Перевіримо одиницю вимірювання: ⎡ кг ⋅ м 2 ⋅1 ⎤ ⎡ 1 ⎤ ⎥ = ⎢ ⎥. 2 ⎣ кг ⋅ м ⋅ с ⎦ ⎣ с ⎦ [ n] = ⎢ Виконаємо обчислення: n2 = (100 + 1, 2 + 40 ) 100 + 1, 2 ⋅ 0,5 = 0, 7 1/с. Коли людина підтягує гирю, вона виконує роботу проти сил тертя. Тому ця робота дорівнює зміні повної механічної енергії системи. Оскільки потенціальна енергія системи не змінюється, зміна повної механічної енергії дорівнює зміні кінетичної енергії системи: Задачі для самостійного та індивідуального розв’язування 127 I 2ω22 I1ω12 . − 2 2 Після перетворень дістанемо формулу для визначення роботи: A = Ek 2 − E k 1 = ⎛ m R2 ⎞ ⎛ 0,5m1R 2 + I 0 + m2 R 2 ⎞ A = 2π 2 n12 ⎜ 1 + I 0 + m2 R 2 ⎟ ⎜ − 1⎟ . 0,5m1R 2 + I 0 ⎝ 2 ⎠⎝ ⎠ Визначаємо роботу: A = 2 ⋅ 3,14 2 ⋅ 0, 25 ⋅141, 2 ⋅ 0,395 = 275 Дж. З а д а ч а 15. Визначити роботу сили тяги , якщо на шляху 20 м швидкість візка змінилася від 2 до 10 м/с. На всьому шляху діє стала сила тертя. Коефіцієнт тертя дорівнює 0,1, маса візка 50 кг. Дано: m = 50 кг; v1 = 2 м/с; v2 = 10 м/с; s = 20 м; μ = 0,1 . A—? Розв’язання У системі візок—шосе діють сили тяжіння та тертя. Система замкнена, однак у ній діють неконсервативні сили. Оскільки потенціальна енергія системи не змінюється, робота сили тяги витрачається на зміну кінетичної енергії візка та виконання роботи проти сил тертя: A = Ek 2 − Ek1 + Aтер . Перепишемо це рівняння у вигляді: A= mv22 mv12 − + μmgs . 2 2 Обчислимо роботу сили тяги візка: ⎛ 10 2 2 2 ⎞ A = 50 ⎜ − + 0,1 ⋅ 9,8 ⋅ 20 ⎟ = 3380 Дж. 2 ⎝ 2 ⎠ З а д а ч а 16. На яку відстань вгору вздовж похилої поверхні викотиться обруч за рахунок кінетичної енергії, якщо він мав швидкість 2 м/с. Нахил гори 10 м на кожні 100 м шляху. Тертям знехтувати. Дано: v = 2 м/с; sin α = 0,1 . s —? або Тобто Розв’язання У системі обруч—поверхня гори діє тільки сила тяжіння (рис. 12). Тобто система замкнена, і в ній діють тільки консервативні сили. Тому можна записати закон збереження механічної енергії: Ek + Eп = const , E k = En . G v s h mv 2 I ω2 α + = mgh , 2 2 Рис. 12 де I — момент інерції обруча; ω — кутова швидкість обертання обруча; h — висота гори, на яку може викотитися обруч. Скориставшись зв’язком між лінійними і кутовими характеристиками руху і обчисливши момент інерції обруча як для матеріальної точки, дістанемо: mv 2 = mgs ⋅ sin α . Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 128 Відстань вгору вздовж похилої поверхні, на яку викотиться обруч, дорівнює: s= v2 22 = = 4, 08 м. g ⋅ sin α 9,8 ⋅ 0,1 З а д а ч а 17. На довгій нитці висить дерев’яний брусок масою 5 кг. Куля масою 10 г, яка летіла із швидкістю 300 м/с, влучає в нього і застряє. Визначити висоту, на яку підніметься брусок, і частину кінетичної енергії кулі, яка витрачається на пробивання бруска. Розв’язання Дано: v = 300 м/с; m1 = 10 г = 10 −2 кг; m2 = 5 кг. У системі брусок — Земля діє консервативна сила — сила тяжіння. Тоді для цієї системи можна записати закон збереження механічної енергії (рис. 13): Ek + Eп = const , тобто h—? η—? E k = En або h х G T G u G v G m2 g G m1 g Рис. 13 m1 + m2 2 u = ( m1 + m2 ) gh , 2 де u — швидкість бруска і кулі. Звідси висота, на яку підніметься брусок, така: u2 h= . 2g Оскільки вздовж осі x система брусок—Земля замкнена, можна скористатися законом збереження імпульсу: n G ∑ pi = const, i =1 або m1v = ( m1 + m2 ) u . Тоді швидкість бруска з кулею u= m1v . m1 + m2 Звідси висота, на яку піднімається брусок, визначається так: 2 ⎛ m1 ⎞ v 2 h=⎜ . ⎟ ⎝ m1 + m2 ⎠ 2 g Перевіримо одиницю вимірювання: ⎡ кг 2 м 2 ⋅ с 2 ⎤ h = [ ] ⎢ 2 ⋅ 2 ⎥ = [м] . ⎣ кг с ⋅ м ⎦ Виконуємо обчислення: 2 4 ⎛ 0, 01 ⎞ 9 ⋅10 h=⎜ = 1,8 ⋅10 −2 м. ⎟ ⎝ 0, 01 + 5 ⎠ 2 ⋅ 9,8 Задачі для самостійного та індивідуального розв’язування 129 У системі куля—брусок діють неконсервативні сили, тому частина кінетичної енергії кулі перетворюється на внутрішню енергію системи. Для системи куля—брусок можна записати: m1v 2 ⎛ m1 + m2 ⎞ 2 =⎜ ⎟u + A , 2 2 ⎠ ⎝ де А — частина кінетичної енергії кулі, яка перетворилася на внутрішню енергію системи. Тоді Ek1 = Ek 2 + A, або A= m1v 2 ( m1 + m2 ) 2 − u . 2 2 Частина кінетичної енергії, яка витрачається на пробивання бруска, дорівнює: η= A ⎛ m1 ⎞ m2 5 = ⎜1 − = = 0,998 . ⎟= Ek ⎝ m1 + m2 ⎠ m1 + m2 5 + 0, 01 З а д а ч а 18. До стелі вагона на нитці підвішено кулю. Під час гальмування вагона куля відхилилася на кут 6°30′. Визначити прискорення вагона. Розв’язання Дано: α = 6°30′. Під час гальмування вагон виступає неінерціальною системою, оскільки рухається відносно інерціальної — Землі — з прискоренням. Тому на кулю окрім реальних сил, тяжіння і натягу нитки діють ще сили a—? інерції (рис. 14). Основний закон динаміки з урахуванням сил інерції має вигляд: G dP G G = F + Fiн , dt G де F — це сума сил, які є результатом взаємодії з реальними тілами. Реальні сили — це сила тяжіння та сила натягу нитки. Відхилившись на кут α, куля нерухома відносно неінерціальною системи, а отже, G dP G G = F + Fiн = 0 , dt тобто G G G G G G F + Fiн = 0 або Fін = − ( mg + T ) = − F . Знаходимо модуль рівнодійної сил тяжіння і натягу нитки: F = mg ⋅ tg α = Fін . Сили інерції так само, як і реальні сили, пропорційні до маси тіла: Fiн = ma , або mg ⋅ tg α = ma . Визначаємо прискорення, з яким рухається вагон: a = g ⋅ tg α = 9,8 ⋅ tg 6°30′ = 1,14 м/с2. α G T α G F G T G mg G mg Рис. 14 Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 130 З а д а ч а 19. Визначити сили інерції Коріоліса та відцентрову, які діють на тіло масою 5 кг, що рухається вздовж екватора Землі зі швидкістю 100 м/с. Розв’язання Дано: v = 100 м/с; m = 50 кг; T = 86400 с. FК — ? Fв — ? Земля являє собою неінерціальну систему, оскільки обертається навколо власної осі. Тому на всі тіла, які перебувають на поверхні Землі, діють сили інерції. Сила інерції Коріоліса визначається за формулою: FК = 2mvω sin α . На екваторі кут α дорівнює нулю. Частота обертання Землі: ω= Тоді сила Коріоліса дорівнює: FК = 2mv 2π . T 2π 2 ⋅ 3,14 = 2 ⋅ 50 ⋅100 = 0, 73 Н. T 86400 Відцентрова сила інерції визначається за формулою: Fвід = mω2 R = m 4π 2 R. T2 На екваторі радіус кола, по якому обертається тіло дорівнює радіусу Землі. Отже, маємо: Fвід = m 4π 2 4 ⋅ 3,14 2 = R 50 6400 ⋅103 = 1, 69 Н. З 2 2 T 86400 З а д а ч а 20. Електрон, проходячи прискорювальну різницю потенціалів набуває, такої швидкості, що його поздовжні розміри зменшуються вдвічі. Визначити цю різницю потенціалів. Дано: Розв’язання Електрон набуває своєї швидкості за рахунок роботи електричного поля. Тоді 1 l = l0 . 2 EК = eΔϕ . Δϕ — ? Кінетична енергія релятивістського електрона визначається як різниця повної енергії та його енергії спокою: EК = E − E0 = mc 2 − m0c 2 = m0 c 2 1− Тоді m0c 2 1− Позначимо v2 = β2 . c2 2 v c2 2 v c2 − m0 c 2 = eΔϕ . − m0c 2 . Задачі для самостійного та індивідуального розв’язування 131 Релятивістське скорочення розмірів електрона можна визначити так: l = l0 1 − Оскільки v2 = l0 1 − β 2 . c2 1 1 − β2 = , 2 після перетворень знаходимо прискорювальну різницю потенціалів: Δϕ = m0 c 2 . e Перевіримо одиницю вимірювання: ⎡ кг ⋅ м 2 ⎤ ⎥ = [ В] . 2 ⎣ с ⋅ Кл ⎦ [ Δϕ] = ⎢ Виконуємо обчислення: Δϕ = 9,1 ⋅10 −31 ⋅ 9 ⋅1016 = 512 кВ. 1,6 ⋅10 −19 З а д а ч а 21. Визначити кількість молекул, які містяться в 1 мм3 води і масу молекули води. Визначити діаметр молекул води, якщо вони мають форму кульок, які щільно притиснуті одна до одної. Розв’язання Дано: V = 1 мм 3 = 1 ⋅10 −9 м 3 ; −3 μ = 18 ⋅10 кг/моль ; ρ = 103 кг/м 3 ; N A = 6,02 ⋅10 23 моль −1 . Кількість молекул, які містяться в деякій масі речовини, визначається за формулою: N = νN A , де ν = m / μ — кількість речовини. Тоді N — ? m1 — ? d — ? N= m NA . μ Виразивши в цій формулі масу через густину і об’єм, дістанемо таке рівняння: ρV N= NA . μ Масу однієї молекули можна визначити, якщо поділити молярну масу на число Авогадро: μ m1 = . NA Якщо молекули щільно притиснуті одна до одної, то можна вважати, що на кожну молекулу припадає об’єм V1 = d 3 . Тоді діаметр однієї молекули визначається так: d = 3 V1 . Якщо поділимо молярний об’єм на кількість молекул в одному молі, тобто на число Авогадро, дістанемо об’єм, який припадає на одну молекулу: Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 132 V1 = Vμ NA , μ — молярний об’єм. ρ Після підставлень та перетворень діаметр однієї молекули можна визначити так: де Vμ = d= 3 μ . ρN A Перевіримо одиниці вимірювання: ⎡ кг/моль ⎤ = [м] . −1 ⎥ 3 ⎣ кг/м ⋅ моль ⎦ [d ] = ⎢ 3 Виконаємо обчислення: N= 103 ⋅10 −9 ⋅ 6, 02 ⋅10 23 = 3,34 ⋅1019 молекул ; −3 18 ⋅10 m1 = d=3 18 ⋅10 −3 = 2,99 ⋅10 −26 кг ; 6, 02 ⋅10 23 18 ⋅10 −3 = 3,11 ⋅10 −10 м . 3 23 10 ⋅ 6, 02 ⋅10 З а д а ч а 22. У балоні міститься газ при температурі 27 °С і під тиском 40 атм. Коли з балона випустили половину маси газу, температура знизилася до 12 °С. Визначити тиск, який встановився в балоні. Дано: Розв’язання T1 = 300 К ; p1 = 40 атм = 40, 4 ⋅105 Па ; T2 = 285 K ; m m2 = 1 . 2 p2 — ? Запишемо рівняння Менделєєва—Клапейрона для першого стану газу: m1 RT1 . μ Запишемо рівняння Менделєєва—Клапейрона для другого стану газу: p1V = p2V = m2 RT2 . μ Після перетворень дістанемо формулу для визначення тиску: p2 = p1T2 . 2T1 Виконаємо обчислення: p2 = 40, 4 ⋅105 ⋅ 285 = 38, 4 ⋅105 Па . 300 З а д а ч а 23. Визначити молярну масу газу, якщо його густина при тиску 96 кПа і температурі 0 °С дорівнює 1,35 г/л. Задачі для самостійного та індивідуального розв’язування 133 Розв’язання Дано: T = 273 К ; p = 96 кПа = 96 ⋅103 Па ; ρ = 1,35 г/л = 1,35 кг/м 3 . Запишемо рівняння Менделєєва—Клапейрона: m pV = RT . μ Поділимо ліву і праву частини цього рівняння на V: μ—? m ρ p= RT = RT . μV μ Визначимо молярну масу газу за формулою: ρRT μ= . p Перевіримо одиниці вимірювання: кг ⋅ Дж ⋅ К ⎤ ⎡ кг ⎤ = . [μ ] = ⎢⎡ 3 ⎣ м ⋅ моль ⋅ К ⋅ Па ⎥⎦ ⎣⎢ моль ⎦⎥ Виконаємо обчислення: 1,35 ⋅ 8,31 ⋅ 273 μ= = 32 ⋅10 −3 кг/моль. 3 96 ⋅10 З а д а ч а 24. У балоні ємністю 4 л міститься азот за нормальних умов. Визначити середню довжину вільного пробігу молекул і кількість зіткнень за 1 с, які відбуваються між усіма молекулами в балоні. Розв’язання Дано: V = 4 л = 4 ⋅10 −3 м 3 ; Т = 273 К ; p = 1,01 ⋅105 Па ; σ = 3,1 ⋅10 −10 м . z — ?λ — ? Тоді Середня довжина вільного пробігу молекули визначається за формулою: λ= 1 2πσ 2 n0 . З рівняння молекулярно-кінетичної теорії газів можна визначити концентрацію молекул: p n0 = . kT λ= kT 2πσ 2 p . Ефективний переріз молекули σ визначається за таблицею. Кількість зіткнень , які відбуваються між усіма молекулами в балоні за 1 с, можна визначити так: 1 z = zN , 2 де N — загальна кількість молекул, z — кількість зіткнень кожної молекули з іншими за 1 с. Загальну кількість молекул можна визначити за формулою: m N = NA . μ Скориставшись рівнянням Менделєєва—Клапейрона, дістанемо: N= pV NA . RT Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 134 Кількість зіткнень однієї молекули за 1 с знаходимо так: z= vcер λ . Середня арифметична швидкість визначається за формулою: vcер = 8RT . πμ Після підставлень і перетворень дістаємо: z= 2πσ 2 p 2V k 2T 2 RT . πμ Перевіримо одиниці вимірювання: ⎡ м 2 ⋅ Па 2 ⋅ м 3 ⋅ К 2 [ z] = ⎢ ⎣⎢ Дж ⋅ К ⋅ моль 1 Н ⋅ м кг ⋅ м 2 ⎤ ⎡ 1 ⎤ = = ; ⎥= моль ⋅ К ⋅ кг м кг м 2 ⋅ с 2 ⋅ кг ⎦⎥ ⎢⎣ с ⎥⎦ Дж 2 ⋅ К 2 ⎡ Дж ⋅ К Н ⋅ м ⋅ К ⋅ м2 ⎤ = ⎥ = [м] . 2 К ⋅ м2 ⋅ Н ⎦ ⎣ К ⋅ м ⋅ Па [λ] = ⎢ Виконаємо обчислення: z= 2 ⋅ 3,14 ⋅ 3,12 ⋅10 −20 ⋅1, 012 ⋅1010 ⋅ 4 ⋅10 −3 1,382 ⋅10 −46 ⋅ 2732 λ= 8,31 ⋅103 ⋅ 273 = 2,81 ⋅1032 с −1 ; 3,14 ⋅ 28 1,38 ⋅10 −23 ⋅ 273 2 2π ⋅ 3,1 ⋅10 −20 ⋅1, 01 ⋅10 5 = 8,8 ⋅10 −8 м . З а д а ч а 25. Розрахувати питомі теплоємності при сталому об’ємі та тиску неону і водню. Гази вважати ідеальними. Дано: Неон: i = 3 ; μ = 20 ⋅10 −3 кг/моль ; Водень: i = 5 ; μ = 2 ⋅10 −3 кг/моль . сV — ? c p — ? Розв’язання Питомі теплоємності газів визначаються за формулами: i R cV = ⋅ ; 2 μ cp = Для неону дістаємо: cV = cp = Для водню маємо: i+2 R . 2 μ 3 8,31 Дж ⋅ = 6, 24 ⋅10 2 ; −3 2 20 ⋅10 кг ⋅ К 3 + 2 8,31 Дж ⋅ = 1, 04 ⋅103 . −3 2 20 ⋅10 кг ⋅ К Задачі для самостійного та індивідуального розв’язування cV = cp = 135 5 8,31 Дж ⋅ = 1, 04 ⋅10 4 ; −3 2 2 ⋅10 кг ⋅ К 5 + 2 8,31 Дж . ⋅ = 1, 46 ⋅10 4 −3 2 2 ⋅10 кг ⋅ К З а д а ч а 26. Визначити концентрацію і середню кінетичну енергію поступального руху однієї молекули ідеального газу, якщо при температурі 27 °С тиск дорівнює 750 мм рт. ст. Розв’язання Дано: Т = 300 К ; p = 750 мм рт. ст. = = 99,98 ⋅103 Па. n0 — ? Eк — ? Згідно з основним рівнянням молекулярно-кінетичної теорії газів 3 Eк = kT . 2 Концентрацію молекул можна визначити з рівняння: p = n0 kT , тобто n0 = Виконаємо обчислення: p . kT 3 ⋅1,38 ⋅10 −23 ⋅ 300 = 6, 2 ⋅10 −21 Дж ; 2 99,98 ⋅103 = 2, 4 ⋅10 25 м −3 . n0 = 1,38 ⋅10 −23 ⋅ 300 Eк = З а д а ч а 27. Визначити коефіцієнти внутрішнього тертя та дифузії кисню, який перебуває за нормальних умов. Розв’язання Дано: Т 0 = 273 К ; p0 = 1,01 ⋅105 Па ; ρ = 1, 43 кг/м 3 ; μ = 32 ⋅10 −3 кг/моль; σ = 2,9 ⋅10 −10 м . Коефіцієнт внутрішнього тертя визначається за формулою: 1 η = vcер λρ . 3 Також коефіцієнт внутрішнього тертя можна визначити так: η = Dρ , де 1 D = vcер λ . 3 Середня арифметична швидкість визначається за формулою: η— ?D — ? 8 RT . πμ Середня довжина вільного пробігу молекули визначається так: 1 λ= . 2πσ 2 n0 vcер = З рівняння молекулярно-кінетичної теорії газів можна визначити концентрацію молекул: p n0 = . kT Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 136 Тоді λ= kT 2πσ 2 p . Після підставлень та перетворень, маємо: D= 2kT 3πσ 2 p RT . πμ Перевіримо одиниці вимірювання: ⎡ Дж ⋅ К [ D] = ⎢ ⎣ К ⋅ м 2 ⋅ Па Дж ⋅ K ⋅ моль Н ⋅ м ⋅ К ⋅ м 2 = моль ⋅ К ⋅ кг К ⋅ м2 ⋅ Н Н ⋅ м ⎤ ⎡ м2 ⎤ ⎥=⎢ ⎥; кг ⎦ ⎣ с ⎦ ⎡ м 2 ⋅ кг ⎤ ⎡ кг ⎤ =⎢ 3 ⎥ ⎥. ⎣ с⋅м ⎦ ⎣м⋅с⎦ [ η] = ⎢ Виконаємо обчислення: D= 2 ⋅1,38 ⋅10 −23 ⋅ 273 3 ⋅ 3,14 ⋅ 2,9 2 ⋅10 −20 ⋅1,01 ⋅105 2 8,31 ⋅ 273 −5 м = 1, 42 ⋅ 10 ; с 3,14 ⋅ 32 ⋅10 −3 η = 1, 42 ⋅10 −5 ⋅1, 43 = 2, 03 ⋅10 −5 кг . м⋅с З а д а ч а 28. Визначити повну енергію молекул азоту, який міститься в балоні об’ємом 100 л під тиском 1,5⋅105 Па. Розв’язання Дано: V = 100 л = 0,1 м 3 ; p = 1,5 ⋅105 Па ; i =5. Повну енергію молекул азоту можна визначити за формулою: E = N ⋅ Eк , де N — кількість молекул азоту, які містяться в балоні; Eк — середня кінетична енергія однієї молекули газу. E —? Середня кінетична енергія однієї молекули визначається так: i Eк = kT . 2 Кількість молекул, які містяться в балоні, можна визначити так: N = νN A . Кількість речовини азоту за даних умов можна визначити з рівняння Менделєєва—Клапейрона: pV ν= . RT Після підставлень та перетворень дістаємо: i E = pV . 2 Перевіримо одиниці вимірювання: ⎡ Н ⋅ м ⋅ м2 ⎤ [ E ] = ⎢ Па ⋅ м 3 = ⎥ = [ Дж ] . м2 ⎦ ⎣ Виконаємо обчислення: 5 E = ⋅1,5 ⋅105 ⋅ 0,1 = 37,5 ⋅103 Дж. 2 Задачі для самостійного та індивідуального розв’язування 137 3. ЗАДАЧІ ДЛЯ САМОСТІЙНОГО ТА ІНДИВІДУАЛЬНОГО РОЗВ’ЯЗУВАННЯ Задачі з математики Визначити похідну 1 + 5 x − 2; x в ) f ( x ) = x 2 + 3 x − 1; г ) f ( x ) = x3 + x . 1. a ) f ( x ) = x 2 + x3 ; б ) f ( x ) = x3 − 3x ; 1 + 4 x5 ⎛3 ⎞ б ) f ( x ) = ⎜ + x2 ⎟ 2 − x ; x ⎝ ⎠ 5 − 2 x6 в) f ( x) = ; г ) f ( x ) = x 3x5 − x . 1 − x3 π⎞ ⎛ 3. a ) h ( x ) = cos3 x ; б ) h ( x ) = sin ⎜ 2 x − ⎟ ; 3⎠ ⎝ x π⎞ ⎛ в ) h ( x ) = tg ; г ) h ( x ) = cos ⎜ 3 x + ⎟ . 4⎠ 2 ⎝ 2. а ) f ( x ) = ( ) ( ) 1 7 в ) h ( x ) = ( 2 x + 1) ; г ) h ( x ) = tg . x 1 5. a ) y = 2sin x ; б ) y = 1 − sin x; 2 в ) y = −0,5sin x; г ) y = 0,5 + 1,5sin x. 6. a ) y = 3 − 3tgx; б ) y = cos x − tg x ; в) y = 1 tgx; г ) y = 2tgx − sin x. 2 Визначити інтеграл 2 7. а ) ∫ x dx; 4 −1 3 в ) ∫ x 3dx; 4. a ) h ( x ) = ( 3 − 5 x ) ; б ) h ( x ) = cos x ; 1 5 π 2 б ) ∫ cos xdx; 0 π 4 dx . 2 0 cos x г) ∫ Задачі з фізики Кінематика 1. Яхта рухалась першу половину шляху із середньою швидкістю у три рази більшою, чим другу. Середня швидкість на всьому шляху становила 140 км/год. Визначити швидкість яхти на першій і другій половинах шляху. (93,3 км/год) 2. Рівняння руху автомобіля має вигляд x = 3 + 2t + t 2 (м). Визначити швидкість і прискорення за першу, другу та третю секунди його руху. (4 м/с; 6 м/с; 8 м/с; 2 м/с2) 3. Рівняння руху автомобіля має вигляд x = 3 + 2t + t 2 (м). Визначити середнє прискорення за першу, четверту та шосту секунди його руху. (2 м/с2) 4. Рівняння руху матеріальної точки має вигляд x = 6 + 4t + 2t 2 (м). Визначити середню швидкість за першу та другу секунди його руху. (6 м/с; 16 м/с) 5. Рівняння руху матеріальної точки має вигляд x = 9 + 6t + 3t 2 (м). Визначити швидкість і прискорення через 30 с після початку його руху. (186 м/с; 6 м/с2) 6. Рівняння прямолінійного руху двох точок мають вигляд: x1 = 4t 2 + t (м) та x2 = 5t 3 + t (м). У який момент часу швидкість першої точки буде вдвічі більшою, ніж друга? Чому будуть дорівнювати миттєві значення прискорень у цей момент часу? (0,23 с; 8 м/с2; 7 м/с2) 7. Точка рухається відповідно до рівнянь x = 7 + 4t (м) та y = 2 + 3t (м). Чому дорівнює швидкість руху і прискорення точки? (5 м/с; 0) 8. Швидкість літака під час приземлення дорівнює 135 км/год, а довжина пробігу складає 500 м. Визначити час пробігу та прискорення, якщо рух рівносповільнений. (26,6 с; 1,41 м/с2) 9. Тіло падає з певної висоти за 20 с. Визначити час, за який тіло пройде першу чверть шляху. Чому дорівнює швидкість тіла в цей час? (10 с; 98 м/с) 138 10. Тіло, кинуте з башти в горизонтальному напрямі зі швидкістю 20 км/год, упало на землю на відстані, вдвічі більшій, ніж висота башти. Визначити висоту башти. (1,6 м) 11. Тіло кинуте під кутом α до горизонту, впало на землю на відстані, удвічі більшій за висоту підйому. Визначити цей кут. (45°) 12. Перше тіло кинуто вертикально вгору з початковою швидкістю 40 м/с. Друге — вільно падає з висоти 100 м. Через який проміжок часу вони зустрінуться? На якій висоті від поверхні землі станеться зустріч? (2,5 с; 69,4 м) 13. Рівняння руху тіла має вигляд 2 3 x = 3t + 6t − t (м). Визначити швидкість і прискорення тіла через перші дві та чотири секунди руху. 14. Матеріальна точка рухається в площині xy відповідно до рівнянь x = 2t 2 (м), y = 4 + 1t 4 (м). Визначити рівняння та побудувати графік траєкторії точки, швидкість і прискорення через 3 с. x2 ( y = 4 + ;108, 7 м/с ; 108 м/с2) 4 15. Середня швидкість руху автомобіля на всьому шляху дорівнює 110 км/год. Визначити його середню швидкість за першу половину часу руху, якщо за другу половину часу вона дорівнює 100 км/год. (120 км/год) 16. Першу третину свого часу автомобіль рухався із середньою швидкістю 90 км/год, а останню частину часу — із середньою швидкістю 120 км/год. Визначити середню швидкість мерседеса на всьому шляху. (110 км/год) 17. Першу чверть часу свого руху мерседес рухався із середньою швидкістю 90 км/год, а решту часу — із середньою швидкістю 110 км/год. Визначити середню швидкість мерседеса на всьому шляху. (105 км/год) 18. Першу чверть свого шляху мерседес рухався із середньою швидкістю 120 км/год, а решту шляху — із середньою швидкістю 100 км/год. Визначити середню швидкість мерседеса на всьому шляху. (104,3 км/год) 19. Середня швидкість руху мерседеса на всьому шляху дорівнює 100 км/год. Першу третину свого шляху мерседес рухався із середньою швидкістю 120 км/год. Визначити середню швидкість його руху на останній частині шляху. (90 км/год) 20. Першу третину свого часу мерседес рухався із середньою швидкістю 90 км/год, другу Частина І. Механіка. Молекулярна фізика третину часу — із середньою швидкістю 100 км/год, останню частину часу — із середньою швидкістю 120 км/год. Визначити середню швидкість мерседеса на всьому шляху. (103,3 км/год) 21. М’яч, який кинули зі швидкістю 12 м/с під кутом 45° до горизонту, впав на землю на деякій відстані від початку руху. З якої висоти потрібно горизонтально кинути такий самий м’яч, щоб при такій самій початковій швидкості він упав на землю на те саме місце? (7,4 м) 22. Визначити прискорення вільного падіння на висоті 2500 км від поверхні Землі. (5,07 м/с2) 23. У скільки разів прискорення вільного падіння поблизу поверхні Землі відрізняється від прискорення вільного падіння на висоті 5000 км від поверхні Землі? (Більше в 3,2 раза) 24. На поверхню Землі з висоти 4000 км падає метеорит. Визначити шлях, який він пройде за перші дві секунди падіння. Опором повітря знехтувати. (7,4 м) 25. Камінь кинуто вертикально вгору зі швидкістю 25 м/с. Через який час він почне падати на землю? (2,55 с) 26. Два камені одночасно кинуто вертикально вгору. Перший зі швидкістю 15 м/с, а другий — із утричі більшою. У скільки разів відрізняються висоти, на які вони можуть піднятися? ( h2 = 9h1 ) 27. Два камені одночасно кинуто вертикально вгору. Перший зі швидкістю 5 м/с, а другий — із тричі більшою. Через який час вони впадуть на землю? (1,02 с; 3,06 с) 28. З башти висотою 25 м одночасно кинуто два камені. Перший горизонтально зі швидкістю 15 м/с, а другий з такою самою швидкістю під кутом 30° до горизонту. Скільки часу камені рухатимуться? (2,26 с; 1,53 с) 29. З башти висотою 25 м одночасно кинуто два камені. Перший горизонтально зі швидкістю 15 м/с, а другий з такою самою швидкістю під кутом 30° до горизонту. На якій відстані від основи башти вони впадуть на землю? (34 м; 20 м) 30. М’яч кинуто зі швидкістю 12 м/с під кутом 45° до горизонту. На якій відстані від початку руху впаде м’яч ? (14,7 м) 31. Камінь кинуто зі швидкістю 25 м/с під кутом 45° до горизонту. На яку максимальну висоту він підніметься? (31,9 м) 32. Під яким кутом до горизонту потрібно кинути камінь, щоб дальність польоту була в 4 рази більшою від максимальної висоти підйому? (26°34′) 33. Рівняння обертального руху має вигляд: ϕ = 3 + 4t2 + 2t3 (рад). Визначити кутову швид- Задачі для самостійного та індивідуального розв’язування кість та кутове прискорення тіла через 2 с. (40 рад/с; 32 рад/с2) 34. Знайти кутове прискорення колеса, якщо через 2 с після початку руху вектор повного прискорення точки на ободі колеса утворює кут 60° з вектором лінійної швидкості. (0,43 рад/с2) 35. Швидкість велосипедиста 5 м/с. Радіус колеса велосипеда 40 см. Визначити кількість обертів колеса за 1 с. (2 с–1) 36. Тіло обертається по колу радіусом 2 м. Визначити кутове прискорення тіла через три секунди після початку руху, якщо лінійна швидкість тіла в цей час дорівнює 20 м/с. (3,3 рад/с2 ) 37. Лінійна швидкість точок на краю диска, що обертається дорівнює 6,14 м/с. Точки, які розташовані на 10 см ближче до осі, мають лінійну швидкість 3 м/с. Скільки обертів за секунду робить диск? (5 с–1) 38. Тіло рухається по колу радіусом 3 м. Визначити повне прискорення тіла через 2 с після початку руху, якщо лінійна швидкість тіла v = 5t2 + 4 (м/с). Чому дорівнює кутове прискорення тіла? (193 м/с2; 6,67 рад/с2) 39. Тіло рухається по колу радіусом 6 м. Визначити повне прискорення тіла через 3 с після початку руху, якщо кутова швидкість тіла ω = t 2 + 4, рад/с. (7776 м/с2) 40. Два колеса, що обертаються, надані самі собі. Початкова швидкість першого колеса 240 рад/хв, другого 360 рад/хв. Перше колесо зупинилося через 10 с, друге — через 20 об. Яке колесо зробило більшу кількість обертів? У якого було більше прискорення? (друге у 3 рази більше; у першого у 1,33 раза) 41. Диск почав обертатися рівноприскорено зі стану спокою і, зробивши 16 повних обертів, набув кутової швидкості 8 рад/с. Визначити кутове прискорення диска і тривалість рівноприскореного обертання. (0,64 рад/с; 4π с) 42. Визначити кутове прискорення лопатки турбіни, розташованої на відстані 1,5 м від осі обертання, через 15 с після пуску турбіни, якщо залежність лінійної швидкості лопатки від часу задається рівнянням v = 2t − 0,8t 2 (м/с). (–6,7 рад/с2) 43. Колесо обертається рівноприскорено. Визначити кут, який утворює вектор повного прискорення будь-якої точки колеса з радіусом у той момент часу, коли колесо виконує перші два оберти. (4,55°) 139 44. Диск обертається зі сталим кутовим прискоренням 2 рад/с2. Через 1 с після початку руху повне прискорення точок на ободі диска дорівнює 2,7 м/с2. Визначити кут, який утворює вектор повного прискорення з вектором лінійної швидкості в цей момент часу; залежність шляху від часу для точок на ободі диска; радіус диска. (63,4°; s = 0,6 t 2 м; 0,6 м) 45. Який кут утворює вектор повного прискорення точки, яка міститься на краю колеса, з нормальним прискоренням через 1,5 хв після початку обертання? Кутове прискорення колеса 0,77 рад/с2. (1°) 46. Колесо, обертаючись навколо осі, яка проходить через його центр, виконує 180 об/хв. Визначити лінійну швидкість обертання точок на краю колеса і його радіус, якщо точки, які знаходяться ближче до осі обертання на 8 см, мають швидкість 8 м/с. (4,5 м/с; 0,23 м) 47. Камінь кинуто з башти в горизонтальному напрямку зі швидкістю 30 м/с. Визначити нормальне прискорення каменя наприкінці другої секунди після початку руху. (8,23 м/с2) 48. Камінь кинуто з башти в горизонтальному напрямку спочатку зі швидкістю 30 м/с, а потім — 20 м/с. Як зміниться нормальне прискорення каменя наприкінці другої секунди після початку руху. (Зменшиться в 1,4 разу) 49. Тіло рухається по колу радіусом 3 м. Залежність кутової швидкості від часу має вигляд ω = 10t 2 + 4 (рад/с). Як зміниться повне прискорення тіла через 3 с після початку руху, якщо рівняння руху буде таким: ω = 15t 2 + 2,5 (рад/с)? (Збільшиться у 2,6 разу) 50. Колесо обертається так, що залежність кута повороту відповідає рівнянню ϕ = 2t 3 (рад). Визначити зміну тангенціального прискорення за одиницю часу для точок, які перебувають на відстані 5 см від осі обертання колеса. (0,6 м/с2) 51. Два колеса радіусами 10 та 15 см обертаються відповідно до рівнянь ϕ1 = 6t 3 (рад) та ϕ 2 = 8t 3 (рад). Визначити, у скільки разів через 2 с після початку руху тангенціальне прискорення точок на ободі другого колеса більше, ніж першого. (у два рази) 52. Два колеса радіусами 5 та 10 см обертаються відповідно до рівнянь ϕ1 = 6t 3 рад та ϕ 2 = 8t 3 рад. Визначити, у скільки разів через 4 с після початку руху повне прискорення точок на ободі другого колеса більше, ніж першого. (у 3,6 разу) Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 140 Динаміка 2 53. Рівняння руху тіла має вигляд: х = 3t + 3t . Визначити імпульс тіла через 10 с після початку кг ⋅ м руху, якщо маса тіла 20 кг. (1260 ) с 54. Вагон масою 20 т рухається вгору під кутом 45° до горизонту з початковою швидкістю 100 км/год та прискоренням 10 м/с2 . Визначити силу гальмування, яка діє на вагон. Через скільки часу вагон зупиниться? Яку відстань вагон пройде до зупинки? (61407 Н; 2,78 с; 38,6 м) 55. Тіло зісковзує з вершини похилої площини, кут нахилу якої становить 45° до горизонту. Визначити масу тіла, якщо сила тертя дорівнює 350 Н, а прискорення, з яким рухається тіло, становить 1,5 м/с2. (64,8 кг) 56. Рівняння руху тіла має вигляд: х = 3t + 3t2. Визначити силу, яка діє на тіло через 5 с після початку руху, якщо маса тіла 10 кг. (900 Н) 57. Тіло зісковзує з вершини похилої площини, кут нахилу якої утворює 45°. Визначити коефіцієнт тертя, якщо прискорення, з яким рухається тіло, дорівнює 2 м/с2. (0,7) 58. Канатною дорогою, яка має нахил 45° до горизонту, спускається вагон вагою 10000 Н. Визначити силу натягу каната під час гальмування вагону у кінці спуску, якщо його швидкість перед гальмуванням була 10 м/с, а час гальмування 10 с. Коефіцієнт тертя дорівнює 0,1. (5300 Н). 59. Візок вагою 1000 Н піднімається вгору, яка має нахил 10 м на кожні 100 м шляху. Визначити силу, з якою тягнуть візок, якщо через 30 с після початку руху його швидкість становить 20 м/с, коефіцієнт тертя дорівнює 0,15. (2289 Н) 60. Вагон масою 100 кг рухається вгору під кутом 30° до горизонту. Визначити силу тяги, якщо він рухається із прискоренням 20 м/с2, коефіцієнт тертя дорівнює 0,2. (2660 Н) 61. Автомобіль вагою 1200 Н рухається вгору під кутом 30° до горизонту. Визначити коефіцієнт тертя, якщо він рухається із прискоренням 1,5 м/с2. Сила тяги дорівнює 600 Н. (0,8) 62. Візок рухається по інерції вгору під кутом 30° до горизонту з початковою швидкістю 15 м/с. Через який час він зупиниться, якщо коефіцієнт тертя дорівнює 0,1. Який шлях пройде візок до зупинки? (2,6 с; 19,6 м) 63. Визначити момент інерції кулі, якщо вісь обертання збігається із дотичною до її поверхні; вісь обертання проходить через центр кулі; вісь проходить через середину радіуса кулі. Маса кулі 4 кг, діаметр 80 см. (0,9 кг·м2; 0,26 кг·м2; 0,42 кг·м2) 64. Визначити момент інерції стрижня, якщо вісь обертання проходить через кінець стрижня; вісь обертання проходить через його центр; вісь проходить на відстані 30 см від краю стрижня. Маса стрижня 10 кг, довжина 120 см. Осі обертання перпендикулярні до стрижня. (4,75 кг·м2; 1,2 кг·м2; 2,2 кг·м2) 65. Однорідний стрижень довжиною 1,2 м і масою 0,3 кг обертається в горизонтальній площині навколо вертикальної осі, яка проходить через один із його кінців. Чому дорівнює обертальний момент, якщо стрижень обертається з кутовим прискоренням 98,1 рад/с2? (14 Н·м) 66. Момент сили, яка діє на тіло, дорівнює 1 Н·м. Через 10 с після початку обертання тіло набуло кутової швидкості 4 рад/с. Визначити момент інерції тіла. (12,5 кг·м2) 67. По дотичній до диска, діаметром 70 см і масою 4 кг прикладена сила. Під дією сили диск набув кутового прискорення 5 рад/с2 . Визначити прикладену до диска силу. Силою тертя знехтувати. (3,5 Н) 68. Диск масою 5 кг і радіусом 1 м обертається навколо осі, що проходить через його центр. Визначити момент інерції цього диска, якщо вісь обертання перемістити на 0,2 м від його центра. (2,7 кг·м2) 69. До краю диска діаметром 100 см і масою 60 кг по дотичній прикладена сила 1,5 кН. Визначити кутове прискорення і частоту обертання диска через 15 с після початку дії сили. (100 рад/с2; 239 об/с) 70. Рівняння обертального руху має вигляд: ϕ = 3 + 4t2 + 2t3. Визначити момент інерції тіла, що обертається під дією моменту сил 10 Н·м, через 2 с. (0,3 кг·м2) 71. На барабан намотано шнур, до кінця якого прив’язано вантаж масою 2 кг. Визначити масу барабана, якщо прискорення, з яким опускається вантаж, дорівнює 3 м/с2. Барабан вважати однорідним диском, тертям знехтувати. (9 кг) 72. На диск діаметром 50 см намотано шнур, до якого прив’язано вантаж масою 0,5 кг. Визначити кутову швидкість диска, якої він набув під дією сили ваги вантажу через 4 с після початку обертання, якщо момент інерції диска 0,5 кг·м2. (7,8 рад/с2) Задачі для самостійного та індивідуального розв’язування 73. Куля обертається під дією дотичної сили. Рівняння обертального руху кулі масою 10 кг і радіусом 20 см навколо осі, яка проходить через її центр, має вигляд ϕ = 3 + 4t2 + 2t3 (рад). Визначити момент сили через 3 с після початку обертання. (7 Н·м) 74. Стрижень завдовжки 50 см і масою 2 кг обертається навколо осі, яка проходить через його кінець. Залежність кутової швидкості від часу має вигляд ω = 15t 2 + 2,5 (рад/с). Визначити момент сили через 10 с після початку обертання. (49,5 Н·м) 75. Диск діаметром 30 см і масою 5 кг обертається навколо осі, яка перебуває на відстані 10 см від його центра і перпендикулярна до площини диска, відповідно до рівняння ϕ = 8t 3 (рад). Визначити момент сили через 15 с після початку обертання. (117 Н·м) 76. Визначити кутові швидкість та прискорення диска, на який діє дотична сила 120 Н впродовж 10 с. Діаметр диска 80 см, маса 40 кг. Тертям знехтувати. (150 рад/с; 15 рад/с2) 77. Визначити кутову швидкість і частоту обертання диска, на який діє дотична сила 80 Н впродовж 10 с. Діаметр диска 60 см, маса 20 кг. Тертям знехтувати. (26,7 рад/с2; 42,5 об) 78. Обертальний момент, під дією якого обертається куля масою 12 кг і діаметром 40 см навколо осі, що проходить через її центр, дорівнює 1,5 Н·м. Визначити кутове прискорення і кутову швидкість кулі через 5 с після початку обертання. (7,8 рад/с2; 39 рад/с) 79. У скільки разів швидкість руху Венери більша від швидкості руху Марса навколо Сонця? Відстань від Сонця до Венери 108 млн км, а до Марса — 227,8 млн км. (у 1,45 раза) 80. Визначити лінійну швидкість і період обертання космічного корабля, який рухається навколо Місяця по коловій орбіті на висоті 500 км. (1467,9 м/с; 2,09 год) 81. З якою швидкістю рухається Земля навколо Сонця? Вважати, що Земля рухається по коловій орбіті. (2,97·104 м/с) 82. Радіус Землі 6378 км. Радіус Місяця 1738 км. Маси відповідно відносяться як 81,3:1. Чому дорівнює прискорення вільного падіння на Місяці, якщо на Землі воно дорівнює 9,8 м/с2. (1,62 м/с2) 141 83. Визначити першу космічну швидкість для Місяця. Порівняти здобутий результат із швидкістю для Землі. (1,67 км/с). 84. Визначити період обертання штучного супутника навколо Землі, якщо висота його орбіти дорівнює 700 км над поверхнею Землі. (6121 с) 85. Яку найменшу роботу потрібно виконати, щоб доставити космічний корабель масою 2,0·103 кг з поверхні Землі на Місяць? (1,3·108 кДж) 86. Визначити масу Сонця, якщо середній радіус орбіти під час руху Землі навколо Сонця 149·106 км. (1,97·1030 кг) 87. Невідома планета рухається по колу навколо Сонця зі швидкістю 34,9 км/с. Визначити період обертання цієї планети навколо Сонця. (225 діб) 88. Період обертання Юпітера навколо Сонця у 12 раз більший за відповідний період для Землі. Вважаючи орбіти планет коловими, визначити у скільки разів відстань від Юпітера до Сонця більша за відстань від Землі до Сонця; швидкість і прискорення Юпітера під час обертання навколо Сонця. (у 5,2 разу; 13 км/с; 2,2·10–4 м/с2) 89. Уявімо собі, що ми створили модель Сонячної системи, в n раз меншу від натуральної величини, але з матеріалів тієї самої середньої густини, що в Сонця і планет. Як зміняться при цьому періоди обертання моделей планет по своїх орбітах? (Не зміняться) 90. На якій висоті над полюсом Землі прискорення вільного падіння зменшується на один відсоток; у два рази? (32 км; 2650 км) Закони збереження 91. Снаряд летить із горизонтальною швидкістю 600 м/с і розривається на два уламки. Один із уламків більшої маси летить по горизонталі, а другий масою, удвічі меншою за масу першого, рухається після вибуху під кутом 30º до горизонту. Визначити швидкість другого уламка. (800 м/с) 92. Візок масою 26 кг рухається горизонтально зі швидкістю 4 м/с назустріч хлопчику. Коли візок проїжджає повз нього, хлопчик заскакує на візок, після чого швидкість візка стає 1,5 м/с. Визначити горизонтальну складову швидкості хлопчика під час стрибка. Маса хлопчика 60 кг. (0,42 м/с) 142 93. Під кутом до вертикалі 30º зі швидкістю 150 м/с летить камінь масою 200 кг і потрапляє в нерухому платформу з піском масою 1 т. Визначити швидкість платформи. Тертям коліс знехтувати. (12,5 м/с) 94. Тілу надали на полюсі Землі швидкість v0 , яка напрямлена вертикально вгору. Визначити висоту, на яку підніметься тіло, якщо відомі радіус Землі і прискорення вільного падіння на її поверхні. ( h = R /(2 gR / v02 − 1) ) 95. Камінь масою 50 кг потрапляє у платформу з піском, яка рухається йому назустріч горизонтально зі швидкістю 15 м/с. Визначити масу платформи, якщо перед потраплянням камінь мав швидкість 20 м/с, напрямлену під кутом 30º до горизонту. Швидкість платформи з каменем становить 1,6 м/с. Тертям коліс знехтувати. (70,6 кг) 96. Кулька масою 0,3 кг вдарилася в нерухому кульку масою 0,5 кг, яка лежить на горизонтальній поверхні, та набуває швидкості 4 м/с. Визначити швидкість першої кульки після удару, якщо перед зіштовхуванням вона мала швидкість 10 м/с, напрямлену під кутом 30° до горизонту. Після взаємодії швидкості кульок горизонтальні. Удар вважати абсолютно пружним. (2 м/с) 97. Куля, яка летить зі швидкістю 40 м/с під кутом до горизонту 30°, вдарилася об нерухому кулю, що лежить на горизонтальній поверхні. Визначити горизонтальну швидкість куль після удару, якщо маса кулі, що летить, 2 кг, а нерухомої — 8 кг. Удар непружний. (6,9 м/с) 98. Куля, яка летить зі швидкістю 40 м/с під кутом до горизонту 60°, вдарилася об кулю, яка летить горизонтально зі швидкістю 10 м/с. Визначити швидкість куль після удару, якщо маса першої кулі 2 кг, а другої — 8 кг. Після непружного удару кулі рухаються горизонтально. (12 м/с) 99. Візок масою 30 кг, який рухається горизонтально зі швидкістю 2 м/с, наздоганяє хлопчик і заскакує на нього, після чого швидкість візка стає 5 м/с. Визначити горизонтальну складову швидкості хлопчика під час стрибка. Маса хлопчика 55 кг. (6,63 м/с) 100. Снаряд летить із горизонтальною швидкістю 900 м/с і розривається на два уламки. Уламок більшої маси летить під кутом до горизонту 30º, а другий масою, утричі меншою, рухається після вибуху під кутом 30° до вертикалі зі швид- Частина І. Механіка. Молекулярна фізика кістю 250 м/с. Визначити швидкість більшого уламка. (1332 м/с) 101. Людина переходить з краю платформи, що обертається, на відстань, яка дорівнює половині ії радіуса. Як при цьому зміниться її кутова швидкість? Платформа має форму диска. Маса людини 80 кг, маса платформи 200 кг. (Збільшується у 1,5 разу) 102. Людина переходить із відстані, яка дорівнює половині радіуса платформи, на її край. Як при цьому зміниться кутова швидкість обертання платформи? Платформа має форму диска. Маса людини 60 кг, маса платформи 120 кг. (Зменшується у 0,63 разу) 103. Диск, момент інерції якого дорівнює 63,6 кг·м2, обертається з кутовою швидкістю 31,4 рад/с. Визначити кутову швидкість диска, якщо перемістити тіло масою 10 кг з його краю в центр. Радіус диска дорівнює 15 м. (1142 рад/с) 104. Стрижень довжиною 1 м і масою 7 кг може вільно обертатися навколо горизонтальної осі, яка проходить через його верхній кінець. У другий кінець стрижня влучає куля масою 5 г, яка летіла зі швидкістю 500 м/с, перпендикулярно до осі стрижня і застряла в ньому. Визначити кутову швидкість стрижня після влучання в нього кулі. (0,36 рад/с) 105. На краю горизонтальної платформи, яка має форму диска радіусом 2 м, стоїть людина. Маса платформи 200 кг, маса людини 80 кг. Платформа може обертатися навколо вертикальної осі, яка проходить через її центр. Визначити, з якою кутовою швидкістю буде обертатися платформа, якщо людина піде вздовж її краю зі швидкістю 2 м/с відносно платформи. (0,44 рад/с) 106. З гори висотою 19,6 м у горизонтальному напрямі кинули камінь зі швидкістю 36 км/год. Визначити кінетичну і потенціальну енергії каменя через 1,25 с польоту після початку руху. Маса каменя 100 г. Опором повітря знехтувати. (12,5 Дж; 11,7 Дж) 107. Визначити роботу, яку потрібно виконати, щоб збільшити швидкість тіла від 2 до 4 м/с на шляху 12 м, якщо на всьому шляху діє стала сила тертя 2 Н. Маса тіла 1 кг. (26 Дж) 108. Тіло масою 2 кг, яке рухається зі швидкістю 10 м/с, зіштовхується з нерухомим тілом. Вважаючи удар центральним і непружним, визначити кількість теплоти, яка виділяється під час удару. Маса другого тіла 3 кг. (98 Дж) Задачі для самостійного та індивідуального розв’язування 109. Похилою площиною вгору котиться без ковзання обруч масою 1 кг, початкова швидкість якого 8 м/с напрямлена паралельно похилій площині. Під час руху діє сила тертя 3 Н. Через 6 м обруч зупиняється. Визначити кут нахилу площини. (51,5°) 110. Мідна куля радіусом 10 см обертається з частотою 2 об/с навколо своєї осі, яка проходить через її центр. Яку роботу потрібно виконати, щоб збільшити частоту обертання вдвічі? Густина міді — 8900 кг/м3. (35,5 Дж) 111. Похилою площиною вгору котиться без ковзання куля масою 5 кг, початкова швидкість якої 9 м/с. Під час руху діє сила тертя 25 Н. Через 3 м куля зупиняється. Визначити кут нахилу площини. (28,2°) 112. Рівняння обертального руху має вигляд: ϕ = 3 + 4t2 + 2t3. Визначити момент інерції тіла, що обертається під дією моменту сил 10 Н·м, через 2 с. (0,5 кг·м2) 113. Диск, момент інерції якого дорівнює 63,6 кг м2, обертається зі сталою кутовою швидкістю 31,4 рад/с. Визначити гальмівний момент сили, під дією якого диск зупиниться через 20 с. (100 Н·м) 114. Камінь кинуто горизонтально з початковою швидкістю 10 м/с. Визначити кінетичну енергію каменя через 3 с після початку руху. Маса каменя 2 кг. (964,4 Дж) 115. Визначити роботу сили, якщо на шляху 20 м швидкість тіла змінилася від 2 до 10 м/с. На всьому шляху діє стала сила тертя. Коефіцієнт тертя 0,1, маса тіла 50 кг. (3380 Дж) 116. Ядро атома розпадається на два уламки масами 1,6·10–25 кг і 2,5·10–25 кг. Визначити кінетичну енергію другого уламка, якщо кінетична енергія першого уламка 5·10–11 Дж. (3,2·10–11 Дж) 117. Визначити кількість теплоти, яка виділяється під час удару кулі об стінку, якщо її маса дорівнює 1 кг. Швидкість кулі до удару дорівнює 10 см/с, а після — 8 см/с. (2,52·10–3 Дж) 118. Куля масою 10 г, яка летить горизонтально зі швидкістю 600 м/с, влучила в балістичний маятник масою 5 кг і застряла в ньому. На яку висоту після удару піднімається маятник? (70 см) 119. Куля масою 10 г, яка летить зі швидкістю 600 м/с, влучила в балістичний маятник довжиною 1 м і масою 5 кг і застрягла в ньому. На який кут після удару відхилився маятник? (22°) 143 120. Угору похилою площиною котиться без ковзання обруч із початковою швидкістю 3,14 м/с, паралельною похилій площині. Визначити шлях, який пройде обруч похилою площиною, якщо кут нахилу площини 30°. Тертям знехтувати. (2 м) 121. Угору похилою площиною котиться без ковзання куля із початковою швидкістю 4,5 м/с. Визначити висоту, на яку вона може піднятися вздовж похилої площини. (1,5 м) 122. Угору похилою площиною котиться без ковзання обруч із початковою швидкістю 5 м/с. Визначити кут нахилу похилої площини, якщо шлях, який пройде обруч похилою площиною, дорівнює 15 м. (10°) 123. Куля радіусом 5 м обертається навколо власної осі. Визначити роботу, яку потрібно виконати, щоб збільшити частоту обертання кулі від 2 до 4 об/с. Маса кулі 1 кг. (2366,3 Дж) 124. Однорідний циліндр масою 5 кг котиться без ковзання горизонтально з початковою швидкістю 14 м/с. Який шлях пройде циліндр до зупинки, якщо сила тертя дорівнює 50 Н? (14,7 м) 125. Однорідна куля масою 2 кг котиться без ковзання горизонтально. Який шлях пройде куля, якщо її швидкість зменшилася від 14 м/с до 2 м/с. Сила тертя, що діє на всьому шляху, дорівнює 20 Н? (13,4 м) Неінерціальні системи. Теорія відносності 126. Вагон, до стелі якого підвішена на нитці кулька, рухається з прискоренням 2 м/с2 . Визначити кут, на який відхилилася кулька. (11,5°) 127. Порівняти вагу тіла на полюсі Рпол, на широті 45° Рϕ та на екваторі Рек. Маса тіла 10 кг. ⎛ Pпол = 1,0035; Pпол = 1,0017 ⎞ ⎜ P ⎟ Pϕ ⎝ eк ⎠ 128. З якою силою тисне вантаж вагою 2 Н на підставку, якщо підставка разом з вантажем рухається рівносповільнено вниз із прискоренням 5 м/с2; із прискоренням, що дорівнює прискоренню вільного падіння? ( P1 = 0,98 H ; P2 = 0 ) 129. Визначити швидкість тіла, що рухається вздовж екватора, якщо відцентрова сила врівноважує силу Коріоліса. (232,6 м/с) 130. Тіло рухається вздовж екватора Землі зі сталою швидкістю. Визначити період обертання Землі, якщо тіло перебуває у стані невагомості. (0,55 с) 144 131. Період обертання диска навколо вертикальної осі дорівнює 10 с. На диску лежить нерухоме тіло. Визначити максимальну відстань цього тіла від осі обертання, при якій воно ще не рухається. Коефіцієнт тертя дорівнює 0,1. (2,5 м) 132. Довжина цистерни з водою, яку тягне потяг, дорівнює 4 м. Потяг рухається із прискоренням 0,1 м/с2 . Визначити різницю рівнів води в цистерні біля переднього і заднього її кінців. (0,04 м) 133. Визначити відношення таких прискорень: прискорення, яке зумовлює сила тяжіння на поверхні Землі ag, прискорення, зумовлене відцентровою силою інерції на екваторі Землі aек, і прискорення, якого надає тілам на Землі Сонце aC. ⎛ ag ⎞ aек a = 0,0034; C = 0,0006 ⎟ ⎜ = 1; g g ⎝ g ⎠ 134. До стелі вагона підвішена на нитці кулька. Під час гальмування вагона куля відхилилася на кут 6º30´. Визначити прискорення вагона. (1,14 м/с2) 135. Якої тривалості має бути доба на Землі, щоб тіла на екваторі не мали ваги? (1,4 год) 136. Тіло рухається вздовж меридіана на широті 45°. Визначити, при якій швидкості тіла сили інерції будуть однаковими? (232,6 м/с) 137. Стрижень рухається у продольному напрямку зі сталою швидкістю відносно інерціальної системи відліку К. За якої швидкості довжина стрижня в цій системі відліку буде на 0,5 % меншою від його власної довжини? (0,1 м/с) 138. З якою швидкістю рухався годинник відносно системи відліку К, якщо за час 5,0 с у цій системі він відстав від годинника цієї системи на 0,10 с? (0,6·108 м/с) 139. У системі відліку К мю-мезон, який рухався зі швидкістю 0,990 м/с, пролетів від місця свого народження до точки розпаду відстань 3,0 км. Визначити власний час життя цього мезона; відстань, яку він пролетів у системі К з «його точки зору». (1,4 мкс; 0,42 км) Зауваження: у задачах 137, 138, 139 вважати, що інерціальна система відліку К´ рухається зі швидкістю v в додатному напрямі осі x системи К. Осі x´ і x збігаються, а осі y´ і y паралельні. 140. У скільки разів релятивістська маса руху частинки, швидкість якої відрізняється від швидкості світла на 0,01 %, більша за масу спокою? (у 70 разів) Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 141. Густина тіла у власній системі дорівнює ρ 0 . Визначити швидкість системи відліку, в якій його густина буде на 25 % більше ρ 0 . (0,6 м/с) 142. Визначити швидкість, за якої релятивістський імпульс частинки у два рази більший c 3 від її ньютонівського імпульсу. ( м/с) 2 143. Визначити швидкість, за якої кінетична енергія частинки дорівнює її енергії спокою. (2,6·108 м/с) 144. Яку прискорювальну різницю потенціалів має пройти електрон, щоб його поздовжні розміри стали меншими вдвічі? (512 кВ) 145. З якою швидкістю рухається частинка, якщо її маса втричі більша за масу спокою? (0,94 с) 146. Визначити швидкість космічної частинки, якщо її повна енергія у 10 разів більша за енергію спокою. (0,99 с) 147. Швидкість частинки 30 000 км/с. На скільки відсотків маса частинки, що рухається, ⎛ Δm = 0,5% ⎞ більша за її масу у стані спокою. ⎜ ⎟ ⎝ m0 ⎠ 148. Визначити повну енергію електрона, який рухається зі швидкістю 0,86 с. (16·10–14 Дж) 149. Визначити повну енергію протона, якщо під час руху його маса збільшилася вдвічі. (3·10–10 Дж) 150. Визначити повну енергію частинки, якщо її кінетична енергія більша за енергію спокою вдвічі. ( E = 3E0 ) 151. Визначити кінетичну енергію електрона, якщо його маса змінилася на 0,4 m0. (3,28·10–14 Дж) 152. Електрон рухається зі швидкістю 0,6 швидкості світла. Визначити імпульс електрона. (2,05·10–22 кг·м/с) 153. Визначити кінетичну енергію протона, який рухається зі швидкістю 0,75 м/с. (0,26·10–10 Дж) 154. Визначити масу спокою частинки, якщо її кінетична енергія дорівнює 7,52·10–11 Дж. Маса частинки при цьому змінилася на 0,5 m0. (1,67·10–27 кг) 155. Мезон, який входить до складу космічних променів, рухається зі швидкістю, яка становить 99 % від швидкості світла. Який проміжок часу за годинником земного спостерігача відповідає одній секунді власного часу мезона? (7,1 с) Задачі для самостійного та індивідуального розв’язування 156. За якої швидкості руху релятивістське скорочення довжини тіла, що рухається, становить 25 %? (0,97 м/с) 157. За якої швидкості руху релятивістське скорочення довжини тіла, що рухається, станоl вить 0 = 2? (0,866 м/с) l 158. Для якої системи відліку час життя мезона буде перевищувати власний час у 1,5 разу? (Яка рухається зі швидкістю 0,75 м/с) Молекулярна фізика 159. Циліндричну посудину довжиною l поділено на дві частини тонким рухомим поршнем. Одна частина посудини заповнена киснем, а друга — такою самою масою водню. Яким буде врівноважене положення поршня? (0,94 l) 160. Циліндр, площа основи якого 0,1 м2, заповнений повітрям об’ємом 0,4 м3 при температурі 0 °С під тиском 2,5 атм. На яку висоту підніметься поршень при ізобарному підвищенні температури до 27 °С? (на 0,4 м) 161. Визначити густину кисню при температурі 37 °С і тиску 160 кПа, якщо його густина за нормальних умов 1,43 кг/м3. (1,37 кг/м3) 162. Де більше атомів — у склянці води чи в склянці ртуті? Об’єм склянки 200 см3, молярна маса води 18, ртуті 201, густина води 1000 кг/м3, густина ртуті 13,6·103 кг/м3. (У склянці води; Nв = 0,82) N рт 163. Температура газу зросла від 20 до 60 °С, при цьому тиск підвищився на 200 мм рт. ст. Визначити початковий тиск газу. Процес ізохорний. (195,3 кПа) 164. Визначити різницю мас повітря, яке заповнює об’єм 50 м3 взимку і влітку, якщо влітку температура в приміщенні досягає 30 °С, а взимку падає до 10 °С. Атмосферний тиск вважати нормальним. (3,54 кг) 165. Температура в кімнаті підвищилася від 15 до 25°С при сталому тиску. На скільки відсотків зменшилася кількість молекул повітря в кім⎛ ΔN = 3, 2% ⎞ наті? ⎜ ⎟ ⎝ N1 ⎠ 166. У закритій посудині міститься газ під тиском 5⋅103 Па. Який тиск встановиться в посу- 145 дині, якщо з неї випустити 2/3 маси газу при сталій температурі? (1,67 кПа) 167. Визначити масу аміаку NH3 , який перебуває в балоні місткістю 20 л при температурі 27 °С та під тиском 190 мм рт. ст. (0,0035 кг) 168. У двох однакових за об’ємами посудинах міститься повітря: в одній при температурі T1 та тиску p1, а в другій при температурі T2 та тиску p2. Посудини з’єднали та нагріли до температури T3. Визначити тиск p3, який встановиться в T p p посудині. ⎛⎜ p 3 = 3 ⎛⎜ 1 + 2 ⎞⎟ ⎞⎟ 2 T T ⎝ ⎝ 1 2 ⎠⎠ 169. Визначити тиск газу при температурах 3К та 1000 К, якщо він містить 109 молекул і має об’єм 1 см3. (41,4 нПа; 13,8 мкПа) 170. Визначити густину азоту, який перебуває в балоні під тиском 2 МПа при температурі 400 К. (19,25 кг/м3) 171. Визначити молярну масу газу, якщо при температурі 154 К і під тиском 2,8 МПа густина газу становить 6,1 кг/м2. (2,8·10–3 кг/моль) 172. Балон місткістю 40 л заповнений киснем. Температура кисню 300 К. Коли частину кисню використали, тиск кисню знизився на 100 кПа. Визначити масу використаного кисню, якщо температура газу в балоні залишилася сталою. (0,05 кг) 173. Густина деякого газу при температурі 35 °С та під тиском 708 кПа дорівнює 12,2 кг/м3. Визначити відносну молекулярну масу газу. (44,1·10–3 кг/моль) 174. У посудині об’ємом 30 л міститься газ при температурі 0 °С. Після того, як при незмінній температурі частину газу випустили, тиск у посудині зменшився на 0,78 атм. Визначити масу газу, яку випустили з посудини. Густина газу за нормальних умов 1,3 г/л. (0,03 кг) 175. Аргон перебуває під тиском 600 кПа при температурі 300 К і займає об’єм 15 л. Коли з балона взяли деяку кількість аргону, тиск у балоні знизився до 400 кПа, а температура до 260 К. Визначити масу аргону, яку взяли з балона. (34·10–3 кг) 176. Визначити сумарну кінетичну енергію поступального руху всіх молекул газу, який перебуває в посудині місткістю 3 л під тиском 540 кПа. (2430 Дж) 177. Визначити сумарну кінетичну енергію поступального руху всіх молекул гелію при температурі 120 К. Кількість речовини гелію 1,5 моль. (2243,7 Дж) Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 146 178. Внутрішня енергія 1 моля деякого двохатомного газу дорівнює 6,02 кДж. Визначити середню кінетичну енергію обертального руху однієї молекули цього газу. Газ ідеальний. (4·10–21 Дж) 179. Визначити середню квадратичну швидкість молекул газу, який перебуває в балоні місткістю 2 л під тиском 200 кПа. Маса газу 0,3 г. (2·103 м/с) 180. Визначити кінетичну енергію обертального руху однієї молекули водню, а також сумарну кінетичну енергію всіх молекул 0,5 моль газу, якщо він перебуває при температурі 300 К. (4·10–21 Дж; 3,1·103 Дж) 181. За якої температури середня кінетична енергія поступального руху молекули одноатомного газу дорівнює 4,14⋅10–21 Дж? (200 К) 182. Визначити показник адіабати двохатомного ідеального газу, який при температурі 350 К і тиску 0,4 МПа займає об’єм 300 л і має теплоєм( ipV / 2T + R ) ⎛ ⎞ = 1, 01⎟ ність CV = 857 Дж/К. ⎜ γ = C ⎝ ⎠ V 183. Визначити питомі і молярні теплоємності азоту та кисню. (20,78 Дж/К; 29,1 Дж/К; N2: 0,74 Дж/(кг К); 1,04·103 Дж/кг К; O2: 0,65·103 Дж/кг К; 0,91·103 Дж/(кг К)) 184. Визначити питомі теплоємності газу, якщо його молярна маса 4⋅10–3 кг/моль і відношення C р / CV = 1,67 . (3,12 Дж/(кг К); 2,08 Дж/(кг К)) 185. Триатомний газ під тиском 240 кПа і температурі 20 °С займає об’єм 10 л. Визначити теплоємність Cр цього газу при сталому тиску. i pV Cр = + R = 32,9 Дж/К 2 T 186. Визначити питомі теплоємності газу при сталих тиску і об’ємі, якщо його відносна молекулярна маса дорівнює 30 і показник адіабати 1,40. (0,97·103 Дж/кг К; 0,69·103 Дж/кг К) 187. Поршневим повітряним насосом відкачують посудину об’ємом V . За один хід поршня (цикл) насос перекачує об’єм ΔV. Скільки потрібно зробити циклів, щоб тиск у посудині зменшився в k раз? Процес вважати ізобаричним, газ — ідеln k ⎛ ⎞ альним. ⎜ n = ln (1 + ΔV / V ) ⎟⎠ ⎝ 188. Визначити тиск повітря на висоті 5 км над поверхнею Землі та в шахті на глибині 5 км, якщо на поверхні Землі повітря перебуває за нормальних умов. Вважати, що температура і мо- ( ) лярна маса повітря не залежать від висоти. (50,5 кПа; 2,02 ⋅105 Па) 189. Визначити висоту над поверхнею Землі, на якій густина повітря при температурі 0 °С відрізняється в e разів. Вважати, що температура і молярна маса повітря, а також прискорення вільного падіння не залежать від висоти. (8 км) 190. Різниця питомих теплоємностей двохатомного газу при сталому тиску та сталому об’ємі дорівнює 260 Дж/(кг⋅К). Визначити молярну масу газу та його питомі теплоємності cр та cV. (32·10–3 кг/моль; 910 Дж/(кг⋅К); 650 Дж/(кг⋅К)) 191. Визначити при температурі 17 °С середню квадратичну швидкість і середню кінетичну енергію поступального руху молекули кисню та середню квадратичну швидкість краплі води діаметром 0,10 мкм, завислої в повітрі. (0,47 км/с; 6,0⋅10–21 Дж; 0,15 м/с) 192. Визначити на якій висоті тиск повітря зменшиться в 5 разів. Температура повітря стала і дорівнює 10 °С. (13317 м) 193. Який тиск повинен мати вуглекислий газ при температурі 300 К, щоб його густина дорівнювала 500 г/л? (283·105 Па) 194. Визначити молярну масу і кількість ступенів свободи молекул газу, якщо відомі його пиДж Дж і c р = 0,91 . томі теплоємності: cV = 0, 65 ⋅К г г⋅К (32·10–3 кг/моль; 5) 195. Визначити кількість ступенів свободи молекул газу, молярна теплоємність якого при Дж сталому тиску C P = 29 . (5) моль ⋅ К 196. Визначити питомі теплоємності при сталому об’ємі та тиску газоподібного оксиду вуглецю CO. (743 Дж/(кг⋅К); 1,04 кДж/(кг⋅К)) 197. Визначити найбільш імовірну, середню та середню квадратичну швидкість молекул газу, у якого за нормального атмосферного тиску густина дорівнює 1,00 г/л. (0,45 км/с; 0,51 км/с; 0,55 км/с) 198. Визначити температуру водню, для якого середня квадратична швидкість молекул газу більше їхньої найбільш імовірної швидкості на 400 м/с. (380 К) 199. Визначити середню довжину вільного пробігу молекули водню при тиску 0,001 мм рт. ст. і температурі — 173 °С. (4,4 см) 200. Визначити середню довжину вільного пробігу і середній час між зіткненнями між молекулами газоподібного азоту за нормальних умов Задачі для самостійного та індивідуального розв’язування та при температурі 0 °С і тиску 1,0 нПа. (0,06 мкм; 0,13 нс; 6 мм; 3,8 год) 201. Визначити діаметр молекули водню, якщо за нормальних умов довжина вільного пробігу молекули дорівнює 0,112 нм. (8·10–9 м) 202. Середня довжина вільного пробігу молекули кисню за нормальних умов дорівнює 100 нм. Визначити середню арифметичну швидкість молекул кисню за цих умов. ⎛ ⎞ 8 2λσ 2 pR ⎜ vc = = 426 м/с ⎟ kμ ⎝ ⎠ 203. Визначити середню кількість зіткнень за одиницю часу молекул водню, якщо він займає об’єм 2,5 л при температурі 300 К. Маса водню 2 г. (1,01·1011 с–1) 204. Визначити внутрішню енергію та кінетичну енергію обертального руху молекул, які містяться в 1 кг кисню при температурі 47 °С. (2,1·105 Дж; 79 кДж) 205. Температура азоту 27 °С. Визначити кінетичну енергію поступального, обертального руху та повну кінетичну енергію його молекули. (6,2·10–21 Дж; 4,1·10–21 Дж; 1,04·10–20 Дж) 206. Коефіцієнт в’язкості водню дорівнює 9⋅10–6 Н⋅с/м2. Визначити коефіцієнт теплопровідності водню за тих самих умов. (9,3·10–2 Н/(К·с)) 207. Визначити кількість зіткнень, які відбуваються в середньому між молекулами за 1 с, якщо азот перебуває за нормальних умов. (0,74⋅1010 с–1 ) 208. Під час деякого процесу коефіцієнт в’язкості ідеального газу збільшився в 2 рази, а коефіцієнт дифузії — в 4 рази. Як і у скільки разів змінився тиск газу? (Збільшився в 2 рази) 147 209. Визначити ефективний діаметр атому гелію, якщо відомий коефіцієнт в’язкості гелію за нормальних умов. (0,18 нм) 210. Визначити коефіцієнт дифузії повітря при тиску 1 атм і температурі 17 °С. (1,4·10–4 м2/с) 211. Визначити ефективний діаметр атому гелію, якщо відомий коефіцієнт в’язкості гелію за нормальних умов. (0,18 нм) 212. Визначити діаметр молекули водню, якщо за нормальних умов довжина вільного пробігу молекули дорівнює 0,112 нм. (8·10–9 м) 213. Середня довжина вільного пробігу молекули кисню за нормальних умов дорівнює 100 нм. Визначити середню арифметичну швидкість молекул кисню за цих умов. ⎛ ⎞ 8 2λσ 2 pR ⎜ vc = = 426 м/с ⎟ kμ ⎝ ⎠ 214. Визначити середню кількість зіткнень за одиницю часу молекул водню, якщо він займає об’єм 2,5 л при температурі 300 К. Маса водню 2 г. (1,01·1011 с–1) 215. Визначити внутрішню енергію та кінетичну енергію обертального руху молекул, які містяться в 1 кг кисню при температурі 47 °С. (2,1·105 Дж; 79 кДж) 216. Температура азоту 27 °С. Визначити кінетичну енергію поступального, обертального руху та повну кінетичну енергію його молекули. (6,2·10–21 Дж; 4,1·10–21 Дж; 1,04·10–20 Дж) 217. Коефіцієнт в’язкості водню дорівнює 9⋅10–6 Н⋅с/м2. Визначити коефіцієнт теплопровідності водню за тих самих умов. (9,3·10–2 Н/(К·с)) Задачі для самостійного розв’язування на кожне практичне заняття призначає викладач згідно з Планом організації навчального процесу з курсу фізики для типового двосеместрового та трисеместрового курсу. Задачі для індивідуального розв’язування призначає викладач особисто кожному студентові за варіантом. Таблицю варіантів складає викладач. Наприклад: Варіант 1 2 3 4 5 Номери задач 1; 2; 3; 4; 5; 11; 12; 13; 14; 15; 22; 32; 21; 27; 28; 31; 48; 33; 34; 35; 63; 64; 65; 66; 57; 70 76 80 79 61 ЛАБОРАТОРНІ РОБОТИ 1. ЕКСПЕРИМЕНТАЛЬНІ ЛАБОРАТОРНІ РОБОТИ ЛАБОРАТОРНА РОБОТА Обчислення похибок фізичних вимірювань Мета роботи. Вивчити правила обробки результатів фізичних вимірювань. Визначити похибку непрямих вимірювань густини циліндричного зразка за результатами багатократних прямих вимірювань його геометричних розмірів і маси. Вивчити нормальний закон розподілу випадкових величин та визначити прискорення вільного падіння. Теоретичні відомості Під час вимірювання будь-якої величини ми ніколи не дістаємо справжнього (точного) значення. Недосконалість вимірювальних приладів та методів вимірювань, вплив умов вимірювань, індивідуальні властивості спостерігача та інші випадкові причини створюють умови, за яких вимірювання фізичних величин не може бути виконано абсолютно точно. Через це будь-яке вимірювання виконується з деякою похибкою, а отже, кожний результат вимірювання на можна наводити просто у вигляді числа. Обов’язково треба задавати, яка при цьому гарантується точність або які похибки вимірювань. Вимірювання — це процес відшукання значення фізичної величини дослідним шляхом за допомогою спеціальних технічних засобів. У результаті вимірювання ми дізнаємося, у скільки разів значення величини, що вимірюється, більше (або менше) за відповідну одиницю величини. Єдність вимірювань в межах однієї держави та в міжнародному масштабі забезпечується за допомогою еталонів одиниць. Так, наприклад, міжнародним еталоном кілограму затверджена платиновоіридієва гиря масою в один кілограм. Система еталонів створюється відповідно до прийнятої в державі системи одиниць. Розвиток науки, техніки та спілкування між державами зумовили застосування одних і тих самих одиниць фізичних величин. Зараз більшість держав користується міжнародною системою одиниць (СІ). Матеріальною основою для проведення вимірювань є засоби вимірювання, до яких належать міри та вимірювальні прилади. Міра — це засіб вимірювання, призначений для відтворення фізичної величини даного розміру. Приклади фізичних величин, для яких існують міри: довжина, маса, об’єм, електричний опір, електрична ємність, індуктивність, електрорушійна сила, частота коливань, тощо. Для деяких фізичних величин мір не існує. До таких величин належать: швидкість руху, потужність, енергія, сила електричного струму, тощо. Вимірювальним приладом називається засіб вимірювання, призначений для створення сигналу вимірюваної інформації в формі, яка застосовна для безпосереднього спостереження. Існує багато типів вимірювальних приладів, вони класифікуються за різними ознаками: виду вимірюваних величин, принципу дії, способам реєстрації сигналу вимірюваної інформації, конструктивним особливостям, експлуатаційним характеристикам тощо. Похибкою вимірювання називається відхилення результату вимірювання від справжнього значення вимірюваної величини. Похибки вимірювань бувають абсолютними і відносними. Абсолютною похибкою вимірювання називається похибка, виражена в одиницях величини, що вимірюється; вона визначається формулою Δx = x − X, де x — значення, здобуте при вимірюванні; X — справжнє значення величини, що вимірюється. Лабораторні роботи 149 Таким чином, абсолютна похибка — це різниця між виміряним і справжнім значенням величини, що вимірюється. Значення абсолютної похибки без вказівки щодо значення вимірюваної величини не характеризує якості вимірювання. Якість результатів вимірювань краще характеризувати відносною похибкою. Відносною похибкою вимірювання називається відношення абсолютної похибки вимірювання до справжнього значення величини, що вимірюється. Оскільки справжнє значення величини, що вимірюється, не відоме, то відносну похибку вимірювання (ε) визначають як відношення абсолютної похибки вимірювання до виміряного значення величини. Відносну похибку звичайно виражають у відсотках: Δx 100 %. x Точність вимірювання чисельно подається числом, яке дорівнює оберненому значенню відносної похибки. Так, наприклад, якщо похибка вимірювання становить ε = 10–2 % = 10–4, тоді точність цих вимірювань буде 1/ ε = 10 4 . Під час вимірювання однорідних величин (наприклад, довжини) відносна похибка дає підстави сказати, наскільки точні або неточні вимірювання. Наприклад, вимірювання шийки вала авіаційного двигуна діаметром 50 мм з абсолютною похибкою 1 мм вважається дуже неточним (ε ≈ 2 %). Проте вимірювання відстані до Місяця з абсолютною похибкою приблизно 1 км можна вважати досить точним (ε ≈ 3 · 10–4 %). ε= Типи вимірювань Вимірювання бувають прямі та непрямі. Прямим називається вимірювання, коли вимірювану величину порівнюють безпосередньо з мірою цієї величини або її значення відлічують за показами приладу. Наприклад, вимірювання довжини зразка лінійкою; вимірювання часу секундоміром; вимірювання сили електричного струму амперметром; температури термометром; вимірювання маси на важільних вагах за допомогою набору різновагів, тощо. У всякому випадку під час прямих вимірювань значення вимірюваної величини відлічується безпосередньо за шкалою приладу або підраховується за кількістю відповідних мір, наприклад під час зважування. Непрямими називаються вимірювання, під час яких шукане значення величини знаходять на підставі відомої залежності між цією величиною та величинами, що піддаються прямим вимірюванням. Наприклад, густина тіл циліндричної форми визначається за формулою ρ= 4m , πd 2 h де m, d і h знаходять за результатами прямих вимірювань. Питомий опір провідника циліндричної форми розраховується за його опором R, довжиною l і площиною перерізу S за формулою: S . l З розвитком вимірювальної техніки деякі непрямі вимірювання можуть перейти до розряду прямих. Так, потужність електричного струму можна визначати непрямими вимірюваннями, тобто вимірюючи силу струму I та напругу U за формулою: ρ=R W = IU , але можна виконати і прямі вимірювання потужності ватметром. Як прямі, так і непрямі вимірювання залежно від метода вимірювань, засобів вимірювань та властивостей об’єкта дослідження виконують з одноразовими або багаторазовими спостереженнями. Вимірювання, які виконуються з одноразовими спостереженнями, називаються звичайними, а вимірювання з багаторазовими спостереженнями — статистичними вимірюваннями. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 150 Типи похибок За характером і походженням, а також за засобами оцінювання і виключення їхнього впливу на результат похибки вимірювання поділяють на три основні класи: систематичні, випадкові і грубі похибки (промахи). Систематична похибка — це складова похибки вимірювань, що залишається сталою або такою, що закономірно змінюється при повторних вимірюваннях. Вона має знак і викликає відхилення результатів вимірювань від справжнього значення величини, що вимірюється, в один бік. Систематичні похибки виникають унаслідок неправильного градуювання приладу або його несправності, неправильних умов його роботи, помилкового вибору методу дослідження або його недостатньої розробки і т. ін. Виявлення, оцінювання і виключення систематичних похибок є одним із головних завдань експериментатора. Чим меншою ми бажаємо зробити систематичну похибку, тим ретельніше ми повинні підготовляти вимірювання і продумувати методику його виконання. Систематичні похибки становлять велику небезпеку саме тому, що здебільшого експериментатор просто не знає про їх існування. Джерелами систематичних похибок можуть бути три компоненти вимірювання: метод вимірювання, засоби вимірювання та експериментатор. Відповідно розрізняють систематичні методичні похибки, інструментальні та особові. Методичні систематичні похибки виникають завдяки недосконалості методу вимірювання, неточності формул, застосованих для опису явищ, на яких ґрунтується вимірювання, внаслідок впливу засобів вимірювання на об’єкт вимірювання, тощо. Наприклад, під час вимірювання ЕРС джерела будь-яким вольтметром, окрім електростатичного, виміряне значення буде відрізнятися від справжнього на величину, яка дорівнює падінню напруги на внутрішньому опорі джерела внаслідок того, що вольтметр споживає струм від кола вимірювання. Похибка, яка виникає при цьому є методичною і, якщо правильно поставити вимірювання так, щоб внутрішній опір вольтметра був набагато більший від внутрішнього опору джерела ЕРС, буде незначною, інакше потрібно вводити відповідну поправку. Або, наприклад, при визначенні густини твердого тіла за виміряними об’ємом і масою зразка джерелом систематичної похибки можуть бути порожнини у середині зразка. У цьому випадку систематична методична похибка може бути знайдена і усунена, якщо виконати вимірювання цієї величини зовсім іншим методом і за інших умов. Інструментальні систематичні похибки — це похибки, які викликані недосконалістю застосованих засобів вимірювання, наприклад неточністю градуювання приладів або неправильними умовами їхньої роботи. Умови вимірювання не завжди дозволяють виключити ці похибки. Так, для виявлення інструментальної систематичної похибки якого-небудь вимірювання треба виконати це саме вимірювання з паралельним застосуванням точніших засобів вимірювання, що не завжди можливо. Наприклад, для зважування на важільних вагах маємо тільки один комплект ваг. Під час зважування застосована гиря, маса якої відома з похибкою Δm = 0, 01 г. Так написано у паспорті. Ця похибка надається всій партії гир при вибірковому порівнянні кількох гир з еталонною. При цьому вважається, що в усіх випадках Δmi не перевищує величини 0,01 г. Проте насправді маса гирі може відрізнятися від вказаного для неї значення не на 0,01, а на 0,005 г або навіть менше. Але нам це невідомо, тому значення маси тіла, виміряне за допомогою цієї гирі, має таку саму похибку 0,01 г. У цьому випадку інструментальна похибка є систематичною і при повторних вимірюваннях дає відхилення вимірюваної величини від справжнього значення в один бік, але в який саме, невідомо. Тому похибка вимірювання має подвійний знак, тобто результат зважування запишеться у вигляді mвим = m ± 0,01 г. Інструментальна похибка визначається в основному достовірністю отриманого під час вимірювання результату. Особливо це стосується звичайних вимірювань, тобто з одноразовим спостереженням. Особові систематичні похибки — це похибки, які пов’язані з індивідуальними особливостями спостерігача. Це, наприклад, виявляється в тому, що спостерігачі по-різному оцінюють десяті долі поділок шкали приладу. Так, один спостерігач частіше, ніж потрібно, записує покази наближені до ліній, які утворюють краї поділок і значення 0,5 поділки, другий — значення 0,4 і 0,6 поділки. Третій полюбляє значення 0,2 і 0,8 тощо. Лабораторні роботи 151 Випадкова похибка. Дослід показує, що багаторазові вимірювання тієї самої величини, виконані якомога ретельніше, дають різні числові значення навіть після врахування всіх відомих систематичних похибок. У цьому випадку говорять, що мають місце випадкові похибки. Випадкова похибка — це складова похибки вимірювань, що змінюється випадковим чином при повторних вимірюваннях. Поява випадкових похибок зумовлена самим вимірювальним пристроєм (тертя в опорах, зазори, початкові умови руху покажчика тощо), зовнішніми умовами (коливання температури навколишнього середовища, вібрації, тощо). Якщо у вимірюваннях бере участь людина, то на результат вимірювань може впливати випадкова зміна стану його органів, які беруть участь у вимірюваннях. Випадкових причин, які викликають відхилення вимірюваної величини від точного значення, може бути дуже багато. Кожна з цих причин дає мале відхилення, оскільки в протилежному випадку воно було б визначено та досліджено. Проте сумарний вплив низки причин може дати помітне відхилення. За великої кількості вимірювань випадкові похибки з однаковою ймовірністю викликають відхилення величини, що вимірюється, від справжнього значення в обидва боки. Виключити випадкові похибки окремих вимірювань неможливо. Проте математична теорія випадкових явищ подає рекомендації про те, як зменшити вплив випадкових похибок на результат вимірювань. Для цього необхідно проводити багаторазові вимірювання. Чим менше значення випадкової похибки ми хочемо дістати, тим більше вимірювань потрібно провести. Груба похибка (або промах) — це похибка вимірювання, що істотно перевищує похибку, очікувану за даних умов вимірювань. Промахи з’являються за таких причин: неправильний відлік показів за шкалою вимірювального приладу, неправильний запис окремого результату, неправильне застосування приладу або його несправність під час одного зі спостережень, короткочасна різка зміна умов спостереження тощо. Якщо відомо, що деякі спостереження, які дуже різняться, є промахами, їх не враховують. Якщо не можна встановити причини появи значень, що дуже різняться, тоді слід для розв’язання питання, враховувати їх чи ні, застосовувати ймовірнісний критерій. Оцінювання випадкової похибки прямих вимірювань Виникає питання: яке зі здобутих значень величини x слід взяти як найближче до справжнього (найбільш імовірного) і як оцінити похибку окремого вимірювання і похибку найбільш імовірного значення? Відповідь на це питання може дати теорія випадкових похибок, яка базується на математичному апараті теорії ймовірності. Теорія імовірності подає певні закономірності в поводженні випадкових величин. Якщо ми не можемо заздалегідь сказати, яке саме значення випадкової величини з’явиться при наступному вимірюванні, то при достатньо великій кількості вимірювань можемо впевнено передбачити, скільки разів з’явиться те чи інше значення. Інакше кажучи, існує цілком визначена імовірність певної випадкової події. Теорія ймовірностей дає змогу визначити цю імовірність. Що розуміють під імовірністю випадкової події? Під імовірністю випадкової події А розуміють границю відношення кількості випадків, коли ця подія відбувається n ( A ) , до загальної кількості вимірювань n, якщо кількість вимірювань дуже велика: n ( A) . n Нехай стрілець вистрелив 1000 разів по мішені в однакових умовах. При такій великій кількості пострілів можна говорити про цілком визначену ймовірність влучення, наприклад у десятку. Так, якщо із 1000 пострілів кількість влучень у десятку становила 734, то ймовірність влучення в десятку для цього стрільця дорівнює P ( A ) = lim n →∞ 734 = 0, 734 . 1000 Так само можна розрахувати й імовірність влучення, наприклад у вісімку, як відношення кількості попадань до загальної кількості пострілів. Нехай ця ймовірність дорівнює 0,092, а ймовірність влучення в трійку — 0,012. Ми бачимо, що ймовірність влучення в різні зони мішені виявляється різною. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 152 Так само виявляється різною й імовірність появи виміряних значень фізичної величини під час проведення дуже великої кількості вимірювань. Спробуємо з’ясувати, скільки разів з’явилося те чи інше значення під час вимірювання. Для цього запишемо виміряні значення фізичної величини xi в порядку їхнього зростання. Розіб’ємо весь діапазон виміряних значень на кілька однакових інтервалів величиною Δx . Порахуємо, скільки разів виміряна величина потрапляє в кожний інтервал. Потім побудуємо діаграму, яка показує, як часто з’являлися під час вимірювань ті чи інші значення xi. Будемо відкладати на осі абсцис значення вибраних інтервалів Δx , а на осі ординат — кількість вимірювань, які потрапляють у даний інтервал. Така діаграма (рис. 1) називається гістограмою. Зручно на осі ординат відкладати не кількість вимірювань Δn, яка припадає на Δn даний інтервал Δx , а їхню частину від загальної кількості вимірювань n, або частоту появи (рис. 2). n Δn Δn/n xmin xmax Рис. 1 x xmin xmax x Рис. 2 Таким чином, ми з’ясували, що деякі значення xi з’являються частіше, ніж інші, тобто ймовірність появи різних значень xi неоднакова. Тепер уявимо, що чутливість наших вимірювальних приладів набагато вища, що дає змогу зробити ширину інтервалу Δx дуже малою, і що вимірювань виконано так багато, що в кожному інтервалі міститься нескінченно велика кількість вимірювань. Тоді ширина будь-якого з прямокутників буде нескінченно малою величиною dx, вершини прямокутників утворюють деяку неперервну лінію. Ця лінія називається кривою розподілу, а відповідна функція — функцією розподілу f(x). Типова крива розподілу виміряних значень подана на рис. 3. Значення функції розподілу полягає в тому, що добуток f(x)dx визначає частину вимірювань n, яка припадає на інтервал від x до x + dx. Ця частина графічно зображується площиною заштрихованого на рис. 3 прямокутника. Оскільки сума всіх частин дорівнює одиниці, то й сума всіх прямокутників, тобто вся площина під кривою розподілу, дорівнює одиниці. Таким чином, за кривою розподілу можна визначити імовірність появи виміряної величини від значення x до x + dx . Крива розподілу має чіткий максимум. Це означає, що при великій кількості вимірювань поява значень, які відповідають абсцисі максимуму, має найбільшу імовірність. Інакше кажучи, значення xім — це найбільш імовірне значення виміряної величини. Крива розподілу виміряних значень симетрична відносно цього значення. Можна довести, що при нескінченно великій кількості вимірювань значення xім прямує до справжнього значення виміряної величини, тобто xім → X при n → ∞. Якщо відоме справжнє значення виміряної величини, можна обчислити похибки окремих вимірювань Δxi = xi − X = xi − xім . Оскільки поява того чи іншого значення xi під час вимірювань є випадкова подія, то й поява того чи іншого значення похибки Δxi теж є випадкова подія. Імовірність такої події також описується функцією розподілу f ( Δx ) . Її легко дістати з уже розглянутої функції розподілу f ( x ) . Для цього достатньо від кожного значення xi відняти значення xім , тобто просто перенести початок відліку в xім (рис. 4). Розглядаючи цю криву, можна встановити таке: 1) похибки різного знака, але однакові за модулем трапляються однаково часто, оскільки крива симетрична відносно осі ординат; 2) великі за модулем похибки трапляються рідше, ніж малі, оскільки крива спадає зі зростанням Δxi . Лабораторні роботи 153 f(x) 0 f(Δx) xmax x + dx 0 x Рис. 3 Δx Рис. 4 Ці два дослідні факти можна використати для визначення аналітичного виразу кривої розподілу. Потрібно тільки додати припущення про те, що похибки за модулем набагато менші за саму виміряну величину, тобто Δxi << xi . Такого вигляду функція розподілу була вперше знайдена французьким математиком Муавром у 1733 році, потім вона була детально вивчена німецьким математиком Гауссом і отримала назву функції розподілу Гаусса. Функція розподілу Гаусса має вигляд f ( Δx ) = 1 e − Δx 2 2σ2 , σ 2π де Δx = xi − X — похибка окремого вимірювання; е — основа натурального логарифма; σ 2 — стала величина, яка називається дисперсією. f(x) Закон розподілу Гаусса часто називають законом нормального розподілу. Цим, з одного боку, підкреслюють його універсаль1 ність, а з другого — припускають можливість існування й інших σ= 4 законів розподілу, які відрізняються від нормального. На рис. 5 зображено функцію розподілу Гаусса для трьох значень дисперсії. Чим менше значення дисперсії, тим скоріше спадає крива 1 σ= Гаусса до осі абсцис. Це означає, що в поданих вимірюваннях 2 переважають похибки, малі за модулем. Чим більша дисперсія, σ =1 тим більш імовірною стає поява похибок, більших за модулем, тобто дисперсія наочно пов’язана з похибками вимірювання. З якими похибками та яким чином пов’язана дисперсія? При3 Δx 2 1 0 пустимо ми провели n вимірювань деякої величини x і маємо низку значень x1 , x2 , xi ,..., xn . Тоді, як відомо з теорії ймовірносРис. 5 тей, як найбільш імовірне значення потрібно брати середнє арифметичне всіх виміряних значень: n ∑ xi xім = xсeр = i =1 . n Середньоквадратичною похибкою окремого вимірювання називається величина n Sn = 2 ∑ Δxi i =1 , n −1 де Δxi = xi − xсeр — відхилення виміряних значень від середнього значення. При нескінченно великій кількості вимірювань середнє арифметичне дорівнює справжньому значенню виміряної величини, а квадрат середньоквадратичної похибки окремого вимірювання — дисперсії: n n ∑ xi 2 X = lim xсер = lim i =1 ; σ = lim n→∞ n→∞ n n →∞ S n2 = lim n →∞ 2 ∑ Δxi i =1 n −1 . Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 154 f(Δx) –Δx1 0 Рис. 6 +Δx1 Δx Отже, дисперсія справді пов’язана з похибками вимірювань. На практиці звичайно необхідно знати ймовірність того, що похибки вимірювань не перевищують деякого заздалегідь заданого значення, наприклад Δx1 . Якщо відома дисперсія методу вимірювань, тоді можна побудувати криву Гаусса та за кривою визначити цю ймовірність. Для цього проведемо ординати, які відповідають значенням +Δx1 та −Δx1 (рис. 6). Заштрихована частина площини, яка міститься між вказаними ординатами, віссю абсцис і кривою Гаусса буде дорівнювати ймовірності того, що абсолютна величина похибки вимірювань не перевищує значення Δx1 . Зі зменшенням Δx зменшується і заштрихована площина, тобто зменшується ймовірність появи похибки за модулем від 0 до Δx . У табл. 1 наведено цю ймовірність для деяких значень похибки Δx . Значення похибки взято в масштабі σ, що зручно для порівняння ймовірностей різних похибок. Таблиця 1 Значення похибки Δx 0,1σ 0,5σ 0,675σ σ 2σ 3σ Імовірність α появи похибки від 0 до Δx 0,080 0,383 0,500 0,683 0,954 0,997 З табл. 1 випливає, що коли ми виконаємо 1000 дослідів за методом, дисперсія якого дорівнює σ 2 , тоді приблизно у 80 дослідах похибка буде менше або дорівнювати 0,1σ; приблизно у 683 дослідах похибка буде менше або дорівнювати σ; у 954 дослідах вона буде менше або дорівнювати 2σ і тільки в трьох вимірюваннях вона буде більша ніж 3σ. Коли ми говоримо, що ймовірність появи похибки Δx1 ≤ 2σ дорівнює 0,954, то в цьому випадку із заданою ймовірністю похибка Δx1 не перевищує значення 2σ. Тоді xi − 2σ ≤ X ≤ xi + 2σ або x = xi ± 2σ . Це означає, що справжнє значення виміряної величини може відрізнятися від виміряного не більше, ніж на 2σ, або справжнє значення потрапляє в інтервал від xi − 2σ до xi + 2σ з імовірністю α = 0,954 . Якщо вибрати інший інтервал, тоді, звичайно, з’явиться інша ймовірність. Наприклад, виберемо Δx1 = σ . Тоді справжнє значення виміряної величини потрапляє в інтервал від x1 − σ до x1 + σ вже з імовірністю лише 0,683. Таким чином, чим менша випадкова похибка Δxi , тим менша ймовірність потрапляння справжнього значення виміряної величини в інтервал від xi − Δxi до xi + Δxi . Отже, випадкову похибку слід характеризувати як модулем самої похибки, так і відповідною ймовірністю. Інтервал від xi − Δxi до xi + Δxi називають надійним інтервалом, а ймовірність потрапляння справжнього значення виміряної величини в цей інтервал — надійною ймовірністю або надійністю. Будемо позначати її α. Таким чином, для характеристики випадкової похибки необхідно задавати надійний інтервал і надійну ймовірність. Задаючи ту або іншу надійну ймовірність, можна знайти відповідний надійний інтервал. Здебільшого на практиці цілком достатня надійна ймовірність α = 0,95 , тому надалі під час розгляду конкретних прикладів розрахунку похибки будемо брати α = 0,95 , тобто будемо вважати, що до 5% виміряних значень можуть не потрапити в надійний інтервал. Проте на практиці кількість вимірювань ніколи не буває нескінченно великою, а тому середнє арифметичне вже не дорівнюватиме справжньому значенню виміряної величини. Як же діяти в цьому випадку? При обмеженій кількості вимірювань середнє арифметичне буде близьким до справжнього значення виміряної величини. Лабораторні роботи 155 Різницю між окремим результатом спостереження і середнім арифметичним значенням називають, як вже зазначалося, випадковим відхиленням результату спостереження, а середнє арифметичне значення — просто середнім значенням. Наскільки близьке середнє арифметичне до справжнього значення виміряної величини, тобто яка похибка у визначенні середнього арифметичного? Це також дає змогу встановити теорія випадкових величин. Як доводиться в теорії ймовірностей, похибка середнього арифметичного Δxсер = xсер − X 2 також є випадковою величиною, розподіл якої описується функцією Гаусса з дисперсією σ сер . Дисперсія 2 має такий зв’язок з дисперсією для похибки окремого вимірювання σ 2 : середнього значення σ сер σ2 , n тобто дисперсія середнього арифметичного залежить від кількості вимірювань n і зменшується зі збільшенням n. Та сама табл. 1 дає нам змогу оцінити надійну ймовірність величини xсер , якщо замість σ візьмемо 2 σ сер = σ сeр = σ . n Наприклад, імовірність того, що Δxсер ≤ 2σ сер , дорівнює 0,954. Звідси випливає, що з надійністю 0,954 xсер − 2σ 2σ ≤ X ≤ xсер + n n або в інший формі 2σ . n При обмеженій кількості вимірювань наближене значення дисперсії середнього арифметичного обчислюють за формулою: X = xсер ± n S n2 = При великій кількості вимірювань 2 ∑ Δxi i =1 n ( n − 1) . 2 σ сер = lim S n2 . n→∞ Корінь квадратний з величини S n2 називається середньоквадратичною похибкою середнього арифметичного n Sn = 2 ∑ Δxi i =1 n ( n − 1) . Величину S n2 інакше називають середньоквадратичною похибкою результату вимірювань, підкреслюючи тим самим, що ця величина характеризує похибку того значення, яке отримано в результаті серії вимірювань. Як вже говорилося, кількість вимірювань обмежена і рідко перевищує 10, а найчастіше виконують лише 3—5 вимірювань. Чим менша кількість вимірювань, тим більше може відрізнятися середньоквадратична похибка від дисперсії. Інакше кажучи, при малій кількості вимірювань надійна ймовірність неминуче має зменшуватися, тобто якщо надійну ймовірність задано, то необхідно відповідно збільшувати надійний інтервал. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 156 Теорія ймовірностей розв’язує і цю складну задачу. Задача зміни ширини надійного інтервалу для результату серії вимірювань залежно від кількості вимірювань була розв’язана у 1908 році англійським математиком В. Госсетом, який публікував свої праці під псевдонімом Стьюдента. Госсет отримав функцію розподілу для поправочного коефіцієнта tСт, на який потрібно помножити середньоквадратичну похибку середнього арифметичного, щоб при обраній надійній імовірності дістати значення надійного інтервалу. Цей коефіцієнт називається коефіцієнтом Стьюдента. Коефіцієнт Стьюдента залежить як від кількості вимірювань n, так і від надійної ймовірності α. У табл. 2 наведено значення коефіцієнтів Стьюдента для різної кількості вимірювань та для різних значень надійної ймовірності. Таблиця 2 α n 0,90 0,95 0,99 Коефіцієнт Стьюдента tСт 2 6,31 12,70 63,70 3 2,92 4,30 9,92 4 2,35 3,18 5,84 5 2,13 2,78 4,60 6 2,02 2,57 4,03 7 1,94 2,45 3,71 8 1,89 2,36 3,50 9 1,86 2,31 3,36 10 1,83 2,26 3,25 Користуватися табл. 2 потрібно так. Обчисливши середньоквадратичну похибку середнього значення ( S n ), потрібно задатися надійною ймовірністю α та за табл. 2 для відповідної кількості вимірювань n знайти коефіцієнт Стьюдента. Далі знаходимо випадкову похибку результату прямих вимірювань, яка дорівнює півширині надійного інтервалу: Δxвип = tСт S n ( α ) . Результати вимірювань подаємо у вигляді x = xсер ± Δxвип = xсер ± tСт S n ( α ) . Надійну ймовірність, яку було прийнято під час розрахунків випадкової похибки, вказують у дужках після її значення. Урахування випадкової та систематичної похибок Під час будь-яких вимірювань можуть одночасно з’являтися як випадкові, так і систематичні похибки. Постає питання про те, якою ж похибкою характеризувати в цьому випадку результати вимірювань. Зрозуміло, що обидві похибки визначають ширину інтервалу, в який потрапляє справжнє значення вимірюваної величини. Нагадаємо, що випадкову похибку завжди можна оцінити за результатами серії вимірювань, до того ж значення похибки зменшується зі збільшенням кількості вимірювань. Лабораторні роботи 157 Величина систематичної похибки зазвичай невідома. Відомо лише те, що вона не може перевищувати інструментальну похибку, якщо усунено інші джерела систематичної похибки. У цьому випадку можна взяти за систематичну похибку інструментальну похибку. При певних вимірюваннях інструментальна похибка може бути як менше випадкової похибки, так і більше. Розглянемо можливі випадки. 1. Інструментальна похибка набагато більша від випадкової (у п’ять разів і більше). У цьому випадку вплив випадкової похибки, звичайно, малий, і надійний інтервал визначає інструментальна похибка. 2. Випадкова похибка набагато більша від інструментальної. На перший погляд все ясно. У цьому випадку треба знехтувати набагато меншою інструментальною похибкою і все буде визначати випадкова похибка. Проте величина випадкової похибки залежить від кількості вимірювань. Можна повторювати вимірювання доти, поки випадкова похибка не буде менше інструментальної. Тоді остання знов буде визначальною. До цього треба прагнути, що, на жаль, не завжди можливо. Тому найчастіше буває такий випадок. 3. Випадкова похибка приблизно дорівнює інструментальній. Жорстких рекомендацій в цьому випадку дати неможна тому, що до складу інструментальної похибки належать як випадкова, так і систематична похибки. Скористаємося такими міркуваннями. У найгіршому випадку інструментальна похибка — це максимальна систематична похибка. Вона з’являється незалежно від випадкової похибки. Тому загальну похибку будемо розраховувати за правилом додавання випадкових похибок: 2 Δxсер = Δxвип + Δxін2 , де Δxвип — випадкова похибка середнього значення; Δxін — інструментальна похибка. Кінцевий результат серії прямих вимірювань записується так: x = xсер ± Δxсер ( α ) . Значення надійної імовірності залишається таким самим α = 0,95 . Рекомендації щодо точності розрахунків Вирішимо питання скільки значущих цифр треба залишати під час розрахунку похибки. Зрозуміло, що величина похибки повинна розраховуватися з тією самою точністю, з якою вона може бути визначена під час вимірювань, а це залежить від кількості вимірювань. Наприклад, якщо кількість вимірювань дорівнює 10, тоді похибка дорівнюватиме близько 30 %. Звідси випливає, що похибку можна округлити до однієї значущої цифри, якщо ця цифра більше 3, і залишити дві значущі цифри, якщо перша з них менше 3. Наприклад, якщо похибка дорівнює 0,042, тоді її слід округлити до однієї значущої цифри і записати 0,04. Якщо похибка дорівнює 0,015, тоді це значення потрібно залишити без змін. Результат вимірювань треба округляти до того розряду, в якому починається похибка. Проте будь-яке округлення додає систематичну похибку. Якщо ми будемо округляти результати проміжних обчислень, тоді ця систематична похибка буде накопичуватися. Випливає правило: всі проміжні обчислення повинні мати на одну значущу цифру більше, ніж результати, отримані під час вимірювань. Це правило стосується як обробки результатів прямих вимірювань, так і, особливо, непрямих вимірювань, оскільки тут кількість проміжних обчислень буває набагато більше. Зазвичай у навчальній лабораторії відносні похибки вимірюваних величин становлять від 1 до 10 %. Тому всі обчислення під час обробки результатів вимірювань можна проводити із трьома значущими цифрами. Правило оцінювання похибки прямих вимірювань Розрахунки варто проводити в такому порядку. 1. Як найбільш близьке до справжнього значення величини, що вимірюється, варто взяти середнє арифметичне значення всіх вимірювань: n ∑ xi xсер = i =1 . n Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 158 2. Далі обчислюємо випадкові відхилення окремих результатів вимірювань, тобто знаходимо різниці між результатами спостережень і середнім значенням: Δxi = xi − xсер . 3. Обчислюємо середньоквадратичну похибку результату серії вимірювань, тобто середнього значення: n Sn = ∑ Δxi 2 i =1 n ( n − 1) . 4. За таблицею залежності коефіцієнта Стьюдента tСт для вибраного значення надійної ймовірності α і відповідної кількості вимірювань n визначаємо значення цього коефіцієнта. 5. Множимо знайдене значення коефіцієнта Стьюдента tСт на середньоквадратичну похибку середнього значення S n і знаходимо випадкову похибку Δxвип результатів прямих вимірювань: Δxвип = Sn tСт . 6. Загальна абсолютна похибка визначається за формулою: 2 Δx = Δxвип + Δxін2 . 7. Остаточний результат серії вимірювань записуємо у вигляді: x = xсeр ± Δ x. Відповідно при цьому відносна похибка результатів вимірювань: ε= Δx 100 %. xсeр Правила оцінювання похибки непрямих вимірювань У більшості випадків величина, що нас цікавить, безпосередньо не вимірюється. Вимірюються інші величини, пов’язані певним співвідношенням із шуканою величиною, при цьому похибки безпосередньо вимірюваних величин відомі. Загальні правила обчислення похибок непрямих вимірювань можна дістати тільки за допомогою математичної теорії похибок і методів диференціального числення. Тому на цьому етапі ми не спинятимемося на теоретичному обґрунтуванні тих або інших формул, а просто наведемо ці формули в готовому вигляді та покажемо, як ними користуватися. Нехай шукана величина y залежить від кількох величин хі, що безпосередньо і незалежно вимірюються. Залежність y від хі нам відома: y = f ( x1 , x2 , ..., xn ) , (1) при цьому для кожної виміряної величини визначено абсолютну похибку Δxi для однакового значення надійної ймовірності α. Тоді абсолютну похибку непрямих вимірювань Δy можна обчислити за формулою: 2 2 2 ⎛ ∂f ⎞ ⎛ ∂f ⎞ ⎛ ∂f ⎞ Δy = ⎜ Δx1 ⎟ + ⎜ Δx2 ⎟ + ... + ⎜ Δxn ⎟ , ⎝ ∂x1 ⎠ ⎝ ∂x2 ⎠ ⎝ ∂xn ⎠ (2) ∂f ∂f , і т. д. — частинні похідні функції за окремими незалежними змінними x1 , x2 і т. д. Нагадаємо, ∂x1 ∂x2 ∂ψ1 що при обчисленні частинної похідної, наприклад , усі інші змінні вважаються сталими параметрами. ∂x1 де Лабораторні роботи 159 Іноді розрахунок похибок непрямих вимірювань зручніше починати з обчислення відносної похибки. При цьому для багатьох функцій утворюються простіші вирази відносної похибки. Δy За означенням відносна похибка величини, що вимірюється непрямо, ε y = . y Тоді з формули (2) випливає 2 2 2 ⎛∂ f ⎞ ⎛∂ f ⎞ ⎛∂ f ⎞ 2 2 2 εy = ⎜ ⎟ Δxn . ⎟ Δx1 + ⎜ ⎟ Δx2 + ... + ⎜ x x x ∂ ∂ ∂ ⎝ 1⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ n⎠ Відповідно до правил диференціювання: ∂ ∂ ∂ 1 ∂f 1 ∂f 1 ∂f ⋅ = ⋅ = ⋅ = ln f ; ln f ; ln f . f ∂x1 ∂x1 f ∂x2 ∂x2 f ∂xn ∂xn Тоді вираз для відносної похибки непрямих вимірювань можна записати таким чином: 2 2 2 ⎛ ∂ ln f ⎞ ⎛ ∂ ln f ⎞ ⎛ ∂ ln f ⎞ 2 2 2 εy = ⎜ (3) ⎟ Δxn . ⎟ Δx1 + ⎜ ⎟ Δx2 + ... + ⎜ ∂ ∂ ∂ x x x ⎝ ⎝ ⎝ 1 ⎠ 2 ⎠ n ⎠ До виразу (3) замість частинних похідних від функції f(x) входять частинні похідні від логарифма функції. Особливо зручно застосовувати формулу (3) для функції виду y = Ax1l x2m ,... xnk , (4) де A, l, m, …, k — сталі величини, що можуть бути цілими або дробовими, додатними або від’ємними. Діставши формулу похибки непрямих вимірювань, визначають значення величини, що вимірюється непрямо, yсeр . Для цього у формулу для y підставляють середні значення величин, що вимірюються прямо, x1сер , x2сер , ..., xn сер . Абсолютну похибку Δy обчислюють так: Δy = y ⋅ ε y . Остаточний результат вимірювань записується у вигляді y = yсер ± Δy ( α ) . Похибці y приписується те саме значення надійної ймовірності α, що й для прямих вимірювань. Частина І. Визначення густини тіла правильної геометричної форми У цій роботі визначається густина циліндричного зразка за результатами вимірювань його маси m і розмірів: d — діаметра, h — висоти. m Густиною однорідного тіла називається відношення маси тіла до його об’єму: ρ = , або, інакше, гуV стина визначається масою одиниці об’єму. Маса є мірою інертних і гравітаційних властивостей тіла і є величиною скалярною та адитивною: маса складеного тіла дорівнює сумі мас усіх його частин. Об’єм циліндричного зразка: V = S ⋅h = πd 2 ⋅ h. 4 Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 160 Тоді густина твердого циліндричного зразка визначається за формулою: 4m ρ= 2 . (5) πd h Подавши цю формулу як ρ = 4π−1m +1d −2 h −1 , дістанемо співвідношення для визначення відносної похибки. Для цього спочатку прологарифмуємо цей вираз: 4 lnρ = ln + ln m − 2ln d − ln h . π Обчислимо частинні похідні за m, d і h: ∂lnρ 1 ∂lnρ 2 ∂lnρ 1 = ; =− ; =− . d h ∂m m ∂d ∂h Підставивши ці значення частинних похідних у рівняння (3), дістанемо формулу для розрахунку відносної похибки: 2 2 2 ⎛ Δm ⎞ ⎛ 2Δd ⎞ ⎛ Δh ⎞ ερ = ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ +⎜ ⎟ . ⎝ mсeр ⎠ ⎝ d сeр ⎠ ⎝ hсeр ⎠ Обчисливши відносну похибку ερ, легко знайдемо й абсолютну похибку за формулою: Δρ = ρ ⋅ ερ . (6) (7) Остаточний результат непрямих вимірювань записується у вигляді: ρ = ρ ± Δρ. З якою ж кількістю знаків доцільно брати число π? Будь-яке округлення чисел у процесі обчислення призводить до систематичної похибки. Оскільки в практиці навчальної лабораторії похибка непрямих вимірювань становить кілька відсотків, то завжди достатньо буде брати число π із трьома значущими цифрами, тобто π = 3,14. Порядок виконання роботи та обробка результатів вимірювань 1. Дізнатися у викладача масу циліндра, виміряти висоту та діаметр циліндра та записати їх у табл. 3. 2. Провести обробку результатів прямих вимірювань, для цього розрахувати: — середні значення mсер , d сер та hсер ; — відхилення від середніх значень Δmi = mi − mсер , Δdi = di − d сер , Δhi = hi − hсер ; — середні квадратичні відхилення n Snm = i =1 n ⋅ ( n − 1) n Snd = i =1 n ⋅ ( n − 1) ∑ Δhi i =1 , 2 ∑ Δdi n Snh = 2 ∑ Δmi , 2 n ⋅ ( n − 1) . Лабораторні роботи 161 Розрахунки виконати не більш як із чотирма значущими цифрами. Результати розрахунків записати в табл. 3. Таблиця 3 Номер вимірювання Маса зразка m, г Діаметр зразка d, мм Висота зразка h, мм Відхилення від середнього Δmi , г Середні значення mсер , кг d сер , м Δd i , мм Δhi , мм Середньоквадратичні відхилення hсер , м Snm Snd Snh 3. Визначити випадкові похибки Δmвип , Δd вип , Δhвип . Для цього середні квадратичні відхилення S nm , Snd , Snh помножити на коефіцієнт Стьюдента tСт для даної надійної ймовірності α та кількості вимірювань n. Для α = 0,95 і n = 5, tСт = 2,78. 4. Значення випадкових похибок округлити до однієї значущої цифри, якщо перша цифра більша за 3. Якщо вона дорівнює 3 або менша, округлити до двох значущих цифр і записати в табл. 4. Наприклад, якщо знайдено значення 0,419 і 0,123, після округлення варто записати 0,4 та 0,12. 5. Урахувавши випадкову та систематичну похибки, визначити загальну похибку прямих вимірювань. Для цього визначити інструментальні похибки Δmін , Δdін , Δhін і записати їх у табл. 4. Порівняти інструментальні Δxін і випадкові Δxвип похибки. Якщо одна з них більш ніж утричі перевищує іншу, то меншою варто знехтувати і як загальну похибку прямих вимірювань узяти велику. У протилежному випадку загальну похибку розрахувати за формулою 2 2 Δ x = Δxвип + Δxін . Здобуті значення округлити відповідно до п. 4 і записати в табл. 4. Таблиця 4 Інструментальна похибка Випадкова абсолютна похибка Загальна абсолютна похибка прямих вимірювань Δх Маса Діаметр Висота 6. Розрахувати за формулою (5) значення ρсeр в одиницях СІ, використовуючи значення mсeр , dсeр та hсeр із табл. 3. 7. Розрахувати за формулою (7) значення похибки непрямих вимірювань Δρ, використовуючи значення Δm, Δd та Δh із табл. 4. Здобуті значення округлити відповідно до п. 4. 8. Округлити здобуте значення ρсeр до розряду, що відповідає першій значущій цифрі похибки, і за- писати округлений результат як ρ = ( ρсeр ± Δρ ) кг/м3. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 162 ? ПИТАННЯ ДЛЯ ДОПУСКУ ТА ЗАХИСТУ ЛАБОРАТОРНОЇ РОБОТИ 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. Яке можна дати визначення вимірюванню фізичної величини? Чи можна під час вимірювань дістати дійсне значення фізичної величини? Чому? Дайте визначення міри. Дайте визначення вимірювального приладу. Дайте визначення похибки вимірювання. Дайте визначення абсолютної та відносної похибки вимірювань. Що таке точність вимірювань? Дайте визначення прямим вимірюванням. Наведіть приклади. Дайте визначення непрямим вимірюванням. Наведіть приклади. Дайте визначення систематичної похибки. Які існують види систематичної похибки? Охарактеризуйте методичну систематичну похибку. Охарактеризуйте інструментальну систематичну похибку. Охарактеризуйте особову систематичну похибку. Дайте визначення та охарактеризуйте випадкові похибки. Наведіть правила оцінки випадкової похибки прямих вимірювань. Як враховувати випадкову та систематичну похибки? Як розрахувати похибку непрямих вимірювань? Які вимоги до точності обчислень похибки вимірювань? Дайте визначення та охарактеризуйте грубі похибки. Частина ІІ. Вивчення розподілу випадкових величин на прикладі визначення прискорення вільного падіння за допомогою маятника Методика вимірювань та лабораторна установка У цій роботі для визначення прискорення вільного падіння використовується математичний маятник, яким є матеріальна точка з масою m, підвішена на невагомій і нерозтяжній нитці завдовжки l. Такий маятник, відхилений на малий кут (приблизно 5°) та залишений сам по собі, буде коливатися з періодом l T = 2π , (8) g де g — прискорення вільного падіння. Період — це час, за який маятник виконує одне повне коливання. Зрозуміло, що виміряти достатньо точно час одного повного коливання маятника дуже важко. Тому у роботі вимірюється час п’яти повних коливань і період коливань можна визначити так: t T= , (9) N де t — час п’яти повних коливань, N — кількість коливань, тобто N = 5. Тоді, враховуючи формули (8) і (9) формула для визначення прискорення вільного падіння набуває вигляду: 4π 2 N 2l g= . (10) t2 Скориставшись правилами розрахунку похибки непрямих вимірювань, отримаємо формулу для розрахунку абсолютної похибки визначення прискорення вільного падіння цим методом: 2 ⎛ 2Δ t ⎞ Δl Δg = g ⎛⎜ ⎞⎟ + ⎜ (11) ⎟ , ⎝ l ⎠ ⎝ tсер ⎠ де l — довжина нитки; Δl — інструментальна похибка визначення l; tсер — середнє значення часу; Δt — абсолютна похибка визначення часу. 2 Лабораторні роботи 163 Порядок виконання роботи та обробка результатів вимірювань 1. Відхилити маятник від положення рівноваги на кут 5º і відпустити його. 2. Визначити час п’яти повних коливань маятника t. Результат записати до табл. 5. 3. Повторити 50 разів п. 2. 4. Зі здобутих значень ti (i = 1, …, 50) виокремити мінімальне tmin та максимальне tmax значення. Переписати їх у табл. 5 впорядковано від tmin до tmax. 5. Поділити весь впорядкований інтервал значень (tmin, tmax) на 9 однакових інтервалів завширшки (t − t ) Δt = max min . Позначити межі цих інтервалів (завширшки Δt) у табл. 5 горизонтальними лініями. 9 6. Підрахувати кількість Δnk виміряних значень часу ti, які потрапили в k-й інтервал завширшки Δt (k = 1, …, 9). Визначити частоту появи цих значень у кожному з таких інтервалів: νk = Δnk . n Результати записати до табл. 5. Таблиця 5 Номер досліду i Виміряні значення ti, с Впорядковані значення ti, с Δt, c Δnk νk 7. Побудувати гістограму виміряних значень часу. 8. За гістограмою визначити tсер — середнє значення виміряних значень t як час, що відповідає середині найвищого стовпчика гістограми. 9. Визначити похибку прямих вимірювань часу t. 9.1. Записати в табл. 6 десять перших вимірювань часу ti . 9.2. Визначити відхилення виміряних значень часу від знайденого за гістограмою середнього значення часу: Δ ti = ti − tсер . 9.3. Визначити середньоквадратичну похибку результату серії вимірювань, тобто середнього значення, за формулою: n Sn = ∑ Δ ti 2 i =1 n ( n − 1) , де n = 10. 9.4. Розрахувати абсолютну похибку вимірювань часу: Δtвип = SntСт . 9.5. Розрахувати відносну похибку результатів вимірювань: ε= Δt 100 %. tсер Результати занести до табл. 6. 9.6. Остаточний результат серії вимірювань записуємо у вигляді: t = tсер ± Δ tвип . Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 164 Номер досліду i Таблиця 6 Виміряні значення ti, с Середнє значення tсер, с Відхилення виміряних значень від середнього Δ ti , c Середньоквадратична похибка результату серії вимірювань часу Абсолютна похибка вимірювань часу Δt, c Відносна похибка вимірювань часу ε, % Довжина підвісу маятника l, м Прискорення вільного падіння gсер, м/с2 Sn Абсолютна похибка вимірювань прискорення вільного падіння Δg , м/с2 10. Визначити прискорення вільного падіння. 10.1. Виміряти довжину підвісу маятника l. 10.2. За формулою (10) розрахувати прискорення вільного падіння. 10.3. За формулою (11) розрахувати похибку вимірювань прискорення вільного падіння. Результат записати у вигляді: g = g сeр ± Δg та занести до табл. 6. ? ПИТАННЯ ДЛЯ ДОПУСКУ ТА ЗАХИСТУ ЛАБОРАТОРНОЇ РОБОТИ 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. Що розуміють під імовірністю випадкової події? Як побудувати гістограму виміряних величин? Як побудувати функції розподілу виміряних величин? Яке значення має функція розподілу виміряних величин? Як побудувати функції розподілу похибок? Дайте характеристику функції розподілу похибок. Запишіть функцію розподілу Гаусса. Що таке дисперсія? Яке її значення? Який зв’язок має дисперсія з похибкою вимірювання? Дайте характеристику надійній імовірності та надійному інтервалу. Дайте характеристику коефіцієнту Стьюдента. Як визначається коефіцієнт Стьюдента? 12. Як визначається в цій роботі прискорення вільного падіння? 13. Виведіть формулу для розрахунку абсолютної похибки непрямих вимірювань прискорення вільного падіння? ЛАБОРАТОРНА РОБОТА Динаміка обертального руху. Визначення моменту інерції Мета роботи. Вивчити основний закон динаміки обертального руху. Визначити момент інерції тіла, що обертається. Теоретичні відомості Обертальним рухом твердого тіла є такий рух, при якому всі точки тіла описують кола з центрами, що лежать на одній прямій, яка називається віссю обертання. Лабораторні роботи 165 Основними кінематичними характеристиками обертального руху тіла є його кутова швидкість dϕ d ω d 2ϕ ω= та кутове прискорення ε = = 2 , де ϕ — кутове переміщення тіла. Вектори ω та ϕ напdt dt dt рямлені вздовж осі обертання відповідно до правила свердлика. Зв’язок між цими кутовими величинами і відповідними їм лінійними величинами такий: v = [ω⋅ r ], aτ = [ε ⋅ r ], an = ω2 r , де r — радіус-вектор точки; aτ — тангенціальне прискорення точки; an — нормальне прискорення точки. Основними динамічними характеристиками обертального руху є момент сили; момент імпульсу і момент інерції. Між поступальним і обертальним рухом існує аналогія. Момент сили M є аналогом сили, момент імпульсу L — аналогом імпульсу, а момент інерції І — аналогом маси. Між моментом сили і моментом імпульсу існує такий самий зв’язок, як між силою й імпульсом при поступальному русі. Цей зв’язок встановлюється основним рівнянням динаміки обертального руху, або другим законом Ньютона для обертального руху: dL = M, dt тобто швидкість зміни моменту імпульсу тіла, що обертається відносно нерухомої осі, дорівнює повному моменту зовнішніх сил, що діють на тіло відносно тієї самої осі. Моментом імпульсу матеріальної точки L називається векторний добуток радіуса-вектора r на імпульс матеріальної точки p L = [r p ] = [r ⋅ mv] = I ω , де І — момент інерції матеріальної точки. Момент імпульсу твердого тіла, яке обертається: n n n i =1 i =1 i =1 L = ∑ Li = ∑ I i ω = ω ∑ I i = I ω. Якщо момент інерції тіла сталий, то закон динаміки обертального руху можна сформулювати так: кутове прискорення ε прямо пропорційне до моменту сили M і обернено пропорційне до моменту інерції І: M . I Вектор кутового прискорення збігається за напрямом із вектором моменту сили. Момент сили — це векторний добуток радіуса-вектора точки прикладання сили і вектора сили: ε= M = [r ⋅ F ] . Вектор моменту сили напрямлений уздовж осі обертання відповідно до правила свердлика: якщо обертати свердлик за напрямом сили, то його поступальний рух покаже напрям вектора M . Модуль моменту сили дорівнює добутку модуля сили на найкоротшу відстань від осі обертання до лінії дії сили або добуткові сили на плече M = F ⋅ r ⋅ sinα = F ⋅ l. Дослід показує, що зміна швидкості обертального руху, тобто кутове прискорення, залежить не тільки від маси тіла, що обертається, але й від її розподілу відносно осі обертання. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 166 Величина, що враховує обидві ці обставини і виступає мірою інертності в обертальному русі, називається моментом інерції тіла відносно осі обертання. Момент інерції матеріальної точки відносно осі обертання дорівнює добуткові маси точки Δm на квадрат її відстані r від осі обертання: I = Δm ⋅ r 2. Момент інерції — скалярна величина. Момент інерції всього твердого тіла відносно осі обертання дорівнює сумі моментів інерції всіх його елементарних мас: n I = ∑ Δmi ⋅ ri2 . i =1 Якщо маса розподілена неперервно, то цю суму можна замінити інтегралом: I = ∫ r 2 dm. (V ) Наведемо (без доведень) формули для розрахунку моменту інерції деяких тіл (масою m) відносно осі симетрії. 1. Момент інерції диска (циліндра) радіусом R 1 I = mR 2. 2 2. Момент інерції стержня завдовжки l відносно осі, що проходить через середину стержня перпендикулярно до його довжини I= 1 2 ml . 12 Якщо вісь обертання тіла паралельна осі симетрії OO′, але зміщена від неї на відстань d, то момент інерції відносно паралельно зміщеної осі виражається формулою Штейнера: I ′ = I + md 2, де І — момент інерції відносно осі симетрії. Момент інерції тіл неправильної форми, а також неоднорідних тіл визначати аналітичним шляхом складно, а іноді неможливо. Тому розроблено низку методів визначення моментів інерції дослідним шляхом. Метод та експериментальна установка Дослідження обертального руху в роботі проводиться за допомогою хрестоподібного маятника (маятник Обербека). Він являє собою валик (рис. 1), що обертається на підшипниках, на якому є два шківи 1 і 2 зі спільною віссю обертання. Перпендикулярно до валика в одній площині приєднано чотири стержні 3, по яких можуть переміщуватися циліндричні тягарці 4. Їхнє положення на стержнях фіксується мітками за допомогою гвинтів. На один зі шківів намотано нитку з прив’язаним вантажем 5 масою m. Під дією сили ваги цього вантажу нитка розмотується і викликає рівноприскорений обертальний рух маятника. Висота падіння вантажу h визначається за вертикальною шкалою 6. Якщо вантаж Р при падінні за час t пройшов шлях h, то його прискорення a= 2h . t2 Лабораторні роботи 167 Із таким самим тангенціальним прискоренням рухаються всі точки поверхні шківа, з якого розмотується нитка. Скориставшись зв’язком між тангенціальним та кутовим прискореннями a = aτ = εR, 3 III II I визначимо кутове прискорення обертальної системи: ε= 2 2h , Rt 2 де R — радіус шківа, з якого розмотується нитка. Водночас на підставі другого закону Ньютона для обертального руху маємо: M ε= . I З двох останніх рівнянь знайдемо момент інерції маятника Обербека: 1 G T 4 G mg MRt 2 . 2h Обертальний момент виражається через силу натягу нитки Т. Для прискореного руху вантажу Р другий закон Ньютона має вигляд: 5 а 6 h I= y ma = mg − T , Рис. 1 звідки T = m ( g − a), 2h або, з огляду на те, що a = 2 , дістанемо t Момент цієї сили відносно осі обертання 2h T = m ⎛⎜ g − 2 ⎞⎟ . ⎝ t ⎠ M = TR = mR gt 2 − 2h ) . 2 ( t Підставивши це значення у формулу для моменту інерції, дістанемо: mR 2 ( gt 2 − 2h ) ⎛ gt 2 ⎞ = mR 2 ⎜ − 1⎟ . (1) 2h ⎝ 2h ⎠ Цей вираз і є розрахунковою формулою цієї роботи для визначення моменту інерції обертального маятника Обербека. У роботі окремо визначається момент інерції хрестовини I 0 і повний момент інерції хрестовини з тягарцями I ′. Момент інерції тягарців визначається як різниця цих моментів інерції: I= I = I ′ − I0 . Відносна похибка розраховується за формулою: 2 2 2 2 2 ΔI Δm ⎞ ⎛ 2ΔR ⎞ ⎛ 2 gtсер ⋅ Δt ⎞ ⎡ gtсер ⋅ Δh ⎤ = ⎛⎜ + + + ⎜ ⎟ ⎢ 2 ⎥ . ⎟ ⎜ ⎟ 2 I − 2h ⎠⎟ ⎢⎣ ( gtсер − 2h ) ⋅ h ⎦⎥ ⎝ m ⎠ ⎝ R ⎠ ⎝⎜ gtсер (2) Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 168 Порядок виконання роботи та обробка результатів вимірювань 1. Зняти тягарці зі стержнів. 2. Виміряти штангенциркулем діаметр шківа, на який намотано нитку. Результат записати у вигляді: D ± ΔD = ... м, де ΔD — інструментальна похибка штангенциркуля. 3. Записати значення маси падаючого вантажу та висоти, з якої падає вантаж: m ± Δm = ... кг; h ± Δh = ... м, де Δm — інструментальна похибка у визначенні маси; Δh — інструментальна похибка у визначенні висоти. Значення Δm, Δh і m зазначено в паспорті на лабораторну роботу. 4. Секундоміром визначити час опускання вантажу з висоти h (5 разів). Результати вимірювань занести до табл. 1. Таблиця 1 Положення Номер досліду Час опускання t і, с Середнє значення часу tcер, с Відстань li′ , м Відстань lі, м Висота опускання тіла h, м 5. Надіти на стержні чотири тягарці, закріпити їх на перших мітках стержнів, потім провести вимірювання відповідно до п. 4. 6. Визначити відстань li між віссю обертання і центром маси тягарців (середина тягарця), вимірявши відстань li′ від поверхні шківа до середини тягарця: li = D + li′. 2 Значення li занести до табл. 1. 7. Перемістити тягарці на другі, а потім і на треті мітки та зробити аналогічні вимірювання за п. 4 і п. 6. 8. Розрахувати середні значення tсeр і за формулою (1) обчислити моменти інерції хрестовини без тя′ , I 2сер ′ , I 3сер ′ . гарців I 0сeр та з тягарцями в положеннях 1, 2 і 3: I1сер 9. Визначити випадкові похибки вимірювання часу опускання вантажу Δtвип = tСт ΔS n , де tСт = 2,78 — коефіцієнт Стьюдента для n = 5 та надійної імовірності α = 0,95. 10. Визначити абсолютну похибку вимірювання часу опускання вантажу 2 Δt = Δtвип + Δtін2 . 11. Розрахувати за формулою (2) відносну похибку вимірювання моменту інерції для І0; як Δm, Δh і ΔD використовувати інструментальні похибки. 12. Визначити абсолютні похибки вимірювань І0 ( ΔI 0 = ε ⋅ I 0сер ) та записати результат у вигляді I 0 = I 0сер ± Δ I 0 . 13. Визначити моменти інерції тягарців у трьох положеннях I1 = I1′ cер − I 0сер , I 2 = I 2′ cер − I 0сер , I 3 = I 3′ cер − I 0сер . 14. Побудувати графік залежності моменту інерції тягарців від квадрата відстані їх від осі обертання. Лабораторні роботи ? 169 ПИТАННЯ ДЛЯ ДОПУСКУ ТА ЗАХИСТУ ЛАБОРАТОРНОЇ РОБОТИ 1. Сформулюйте визначення обертального руху твердого тіла та означення кінематичних характеристик обертального руху твердого тіла. 2. Дайте визначення динамічних характеристик обертального руху твердого тіла. 3. Що таке момент сили, від чого він залежить і за яким правилом визначається напрямок вектора моменту сили? 4. Який фізичний зміст моменту імпульсу і від чого він залежить? 5. Який фізичний зміст моменту інерції і за якою формулою визначається момент інерції матеріальної точки і твердого тіла відносно осі обертання? 6. Сформулюйте теорему Штейнера. 7. Чому дорівнює момент імпульсу для матеріальної точки і для тіла що обертається? У чому полягає аналогія між поступальним і обертальним рухами? 8. Запишіть другий закон динаміки обертального руху. 9. Запишіть закон збереження моменту імпульсу. Чи виконується закон збереження моменту імпульсу для незамкнених систем? 10. Виведіть розрахункову формулу для визначення моменту інерції маятника Обербека. 11. Виведіть розрахункову формулу для обчислення похибки вимірювання моменту інерції маятника Обербека. 12. Сформулюйте основні етапи виконання роботи. 13. Опишіть схему експериментальної установки. ЛАБОРАТОРНА РОБОТА Визначення в’язкості рідин Мета роботи. Вивчити явища перенесення, визначити коефіцієнт в’язкості рідини методом Стокса. Теоретичні відомості Беручи участь у тепловому русі, молекули газу або рідини переносяться з одного місця в інше і при зіткненні змінюють значення і напрями своїх швидкостей. Відбувається постійне перемішування молекул і передавання ними при зіткненнях імпульсів та енергії одна одній. Усе це сприяє згладжуванню різноманітних неоднорідностей і дає початок кільком процесам залежно від характеру наявних відмінностей. Якщо в різних частинах є різні гази або рідини, то тепловий рух перемішує їх до утворення однорідної суміші молекул. Цей процес називається дифузією. Якщо одні області відрізняються від інших своєю температурою (тобто кінетичною енергією), то тепловий рух і зіткнення молекул приводять до вирівнювання температур. Відбувається процес теплопровідності. Якщо є шар газу або рідини, що рухається щодо іншої його маси з деякою швидкістю, то обмін молекулами між шаром, що рухається, й іншою частиною газу супроводжується перенесенням імпульсу і приводить до вирівнювання швидкостей окремих шарів. Цей процес супроводжується перетворенням кінетичної енергії упорядкованого руху молекул даного шару в енергію хаотичного теплового руху і називається внутрішнім тертям, або в’язкістю. Усі три явища — дифузія, теплопровідність і внутрішнє тертя, що об’єднуються під загальною назвою явищ перенесення, — мають багато спільного. В усіх трьох явищах відбувається перенесення певних величин (маси, енергії або імпульсу) з однієї частини об’єму в іншу доти, доки дана величина не розподілиться рівномірно по всьому об’єму. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 170 У рідинах і газах під час їх течії виникають сили внутрішнього тертя. Природа цих сил полягає в тому, що прошарки, що рухаються з різними швидкостями, обмінюються молекулами. Виокремимо в потоці рідини або газу два прошарки площею ΔS кожний, що містяться один від одного на відстані dz (рис. 1). Швидкість напрямленого руху одного прошарку v + d v , другого — v . За рахунок хаотичного теплового руху молекули переходять із прошарку у прошарок. Молекули, що переходять із швидкого прошарку в повільний, мають більший імпульс напрямленого руху і прискорюють повільний прошарок. Молекули, які потрапляють із повільних прошарків у швидкі, мають менший імпульс напрямленого руху, у результаті чого заz тримують або гальмують швидкий прошарок. Відбувається перенесення імпульсу напрямленого руху. Зміна імпульсу супроv + dv воджується появою сили на поверхні поділу середовищ. У випадку сталої шарової течії в’язкої рідини, так званої лаdz мінарної, або безвихрової, течії виконується закон Ньютона: сила внутрішнього тертя між двома прошарками пропорційна v до площі їх стикання ΔS і градієнта швидкості d v dz : dv ΔS . dz y Величина η називається коефіцієнтом внутрішнього тертя, або коефіцієнтом динамічної в’язкості. (Величина ϕ = 1 η назиРис. 1 вається текучістю.) Узявши значення d v dz = 1 і S = 1, дістанемо [ F ] = η , тобто коефіцієнтом динамічної в’язкості називається фізична величина, що чисельно дорівнює силі внутрішнього тертя між двома прошарками рідини одиничної площі при градієнті швидкості прошарків, що дорівнює одиниці. В одиницях СІ розмірність коефіцієнта [ η] = [ кг м ⋅ с ] . Градієнт швидкості d v dz характеризує зміну швидкості руху прошарків на одиницю довжини в напрямі нормалі до швидкості руху прошарків. Поряд із коефіцієнтом динамічної в’язкості η вживається коефіцієнт кінематичної в’язкості ν = η ρ , де ρ — густина рідини. Коефіцієнт динамічної в’язкості залежить від природи рідини. Для даної рідини з підвищенням температури він зменшується. За температур, близьких до критичної, в’язкість рідини наближається до в’язкості її насиченої пари. Зі зниженням температури коефіцієнт в’язкості η рідини зростає приблизно за експоненціальним законом. Таке сильне зростання η зі зниженням температури є результатом особливого характеру теплового руху в рідинах. Молекули рідини коливаються біля тимчасових положень рівноваги, змінюючи їх у середньому через час τ. Чим рідше молекули змінюють свої положення рівноваги, тим менш текучою і більш в’язкою є рідина. Таким чином, η прямо пропорційний до τ. Але τ залежить від температури приблизно за експоненціальним законом. Тому η = η0 eU kT , де η0 — коефіцієнт, що порівняно слабко залежить від температури; U — енергія активації, якої має набути молекула, щоб перескочити в нове положення рівноваги, а k — стала Больцмана. Існують різноманітні способи вимірювання коефіцієнта η. Найбільш поширеним є метод, що ґрунтується на вимірюванні швидкості падіння твердого тіла (кульки) у рідині (метод Стокса). 0 x F =η Метод та експериментальна установка Розглянемо вільне падіння кульки радіусом r у в’язкій рідині, яка покоїться в циліндричній посудині радіусом R (рис. 2). При падінні кульки на неї діє три сили: сила ваги mg ; сила Архімеда FA і сила в’язкого тертя Fтер . За основним рівнянням динаміки mg + FA + Fтер = ma , або mg − FA − Fтер = ma . Спочатку швидкість руху кульки зростає, але оскільки в міру збільшення швидкості сила опору також зростає, настає такий момент, коли сила ваги врівноважується сумою сил виштовхування та внут- Лабораторні роботи 171 рішнього тертя; рівнодійна всіх сил стає такою, що дорівнює нулю, і в цьому разі кулька рухається зі сталою швидкістю v0 . Тоді рівняння руху кульки набирає вигляду: 2R FA mg − FA − Fтер = 0 . Fтер Сила тертя залежить від багатьох чинників: в’язкості рідини, форми тіла, характеру обтікання тощо. Стокс дістав розв’язок задачі про ламінарне обтікання кульки безмежною рідиною. У цьому випадку сила опору F визначається формулою F = 6πηr v0 , де η — коефіцієнт внутрішнього тертя рідини; v0 — швидкість кульки; r — її радіус. Сила ваги 4 mg = ρV = ρ πr 3 , 3 де ρ — густина матеріалу кульки. Сила Архімеда 4 FA = ρр gV = ρр πr 3 g , 3 де ρр — густина рідини. Підставивши в рівняння руху кульки вирази для всіх сил, дістанемо y l a mg Рис. 2 4 3 πr g ρ − ρр − 6πηr v0 = 0 . 3 ( ) Звідси η= 2r 2 g ρ − ρр . 9v0 ( ) Швидкість кульки можна визначити, знаючи відстані між мітками на посудині та час t, за який кулька проходить ці відстані. Вважаючи, що до моменту проходження кулькою верхньої мітки швидкість її вже встановилася, дістаємо такий вираз: l v0 = . t Тоді 2r 2 gt η= ρ − ρр . 9l ( ) Порядок виконання роботи та обробка результатів вимірювань 1. Отримати у викладача кульки (3—5 шт.) і дізнатися в нього густину матеріалу кульок ρ, а також густину досліджуваної рідини ρр. Значення ρ і ρр записати в табл. 1. 2. Виміряти радіус кожної кульки за допомогою відлікового мікроскопа типу МПВ-2. Для цього помістити кульку на білий аркуш паперу під об’єктив мікроскопа. Мікроскоп розташувати так, щоб він був проти світла. Обертанням окулярного кільця (воно зверху) домогтися різкого зображення сітки зі шкалою. За шкалою сітки відлічити кількість поділок N, що вкладаються на діаметрі кульки. Знаючи ціну поділки шкали а (її зазначено на корпусі мікроскопа), обчислити радіус кульки за формулою r= aN . 2 Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 172 Тричі виміряти кількість поділок, змінюючи орієнтацію кульки відносно шкали мікроскопа. Знайти три значення радіуса кульки r1, r2, r3 і середнє значення rсер . Результати занести до табл. 1. 3. У циліндричній посудині з досліджуваною рідиною виміряти відстань l між мітками за допомогою міліметрової лінійки. Термометром визначити температуру досліджуваної рідини Тр, вважаючи її такою, що дорівнює температурі навколишнього повітря. Результати вимірювань записати в табл. 1. 4. Вибрати першу з кульок із відомим rсер і опустити її в рідину, якнайближче до осі циліндра. Око при спостереженні має перебувати на одній горизонталі з верхньою міткою. У момент проходження кулькою верхньої мітки увімкнути секундомір. Після цього око помістити аналогічним чином проти нижньої мітки та в момент проходження кульки через неї зупинити секундомір. Записати в табл. 1 час t, за який кулька проходить шлях l. Аналогічні досліди зробити з іншими кульками. 5. Виконати обробку результатів вимірювань. Таблиця 1 Умови дослідів Номер досліду rсер , м Час падіння кульки t, с В’язкість ηi , кг м⋅с 6. Розрахувати η для кожного досліду, потім ηсер . Знайти відхилення від середнього значення Δη i = η i − ηcер . 7. Розрахувати середнє квадратичне відхилення середнього значення S n . 8. Помножити значення S n на коефіцієнт Стьюдента tСт для кількості дослідів n та надійної імовірності α = 0,95 (для n = 3 tСт = 4,30; для n = 4 tСт = 3,18; для n = 5 tСт = 2,78). 9. Записати результат дослідів у вигляді кг η = ηсер ± tCт ⋅ S n . м⋅с ( ? ) ПИТАННЯ ДЛЯ ДОПУСКУ ТА ЗАХИСТУ ЛАБОРАТОРНОЇ РОБОТИ 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. Які явища називаються явищами перенесення? У чому полягає явище дифузії? У чому полягає явище внутрішнього тертя? У чому полягає явище теплопровідності? Яка природа внутрішнього тертя? За якою формулою визначається сила внутрішнього тертя при ламінарній течії рідини? Що означає знак мінус у формулі? Який фізичний зміст градієнта швидкості? Який фізичний зміст коефіцієнта динамічної в’язкості рідини? Яка одиниця вимірювання? За яких умов опір рухові змінюється прямо пропорційно швидкості? Як залежить коефіцієнт в’язкості рідини від температури? У чому сутність методу Стокса? За яких умов падіння кульки в рідині рівномірне? Виведіть формулу для розрахунку в’язкості рідини методом Стокса. Чому в лабораторній роботі розрахунок похибки непрямих вимірювань виконується як для прямого вимірювання? Як на практиці використовують знання про значення в’язкості рідини? Лабораторні роботи 173 2. ВІРТУАЛЬНІ ЛАБОРАТОРНІ РОБОТИ Вступ Лабораторний практикум складається з лабораторних робіт із фізики на комп’ютерних моделях фізичних явищ. Роботи виконуються на базі навчального комп’ютерного курсу «Открытая физика». Технічні вимоги: Windows 3.1X/95/NT, 386SX, 4MBОЗУ, СD-ROM, 5MB жорсткого диска, звукова карта, SVGA 800x600, 16 кольорів (рекомендується 64К кольорів), СD «ОТКРЫТАЯ ФИЗИКА» ТОВ «ФИЗИКОН». Методичні вказівки до виконання робіт На першому занятті кожний студент має ознайомитися з правилами поводження і техніки безпеки під час роботи в лабораторії (дод. 1) і розписатися в журналі, засвідчивши зобов’язання ці правила виконувати. За порушення правил студент несе адміністративну відповідальність. У лабораторії студенти виконують роботи згідно з варіантом завдання і графіком для кожної спеціальності. Студент, який не виконав роботу з будь-яких причин, виконує її індивідуально за графіком відпрацювань лабораторії під керівництвом викладача. Якщо заняття пропущене студентом з неповажної причини, відпрацювання відбувається згідно з процедурою, установленою в університеті. Виконання кожної лабораторної роботи складається з таких етапів: — підготовка до виконання роботи; — проведення експериментів; — обробка результатів вимірювань та оформлення звіту; — захист роботи. Підготовка до виконання роботи проводиться до початку занять у час, відведений для самостійної роботи, і полягає ось у чому: • вивчити теоретичний матеріал відповідно до розділу роботи «Завдання для підготовки до роботи» за підручниками, і конспектами лекцій; • вивчити методику проведення роботи; • підготувати бланк протоколу звіту. Зразок бланка протоколу наведено в дод. 2. На початку заняття викладач перевіряє виконання цього етапу та допускає до виконання роботи. Експерименти виконуються відповідно до розділу «Порядок проведення роботи». Результати вимірювань заносяться в таблиці та подаються викладачеві. Після їх затвердження експериментальна частина закінчується. Обробка результатів вимірювань полягає в обчисленні значень величин, які потрібно визначити, та відповідних похибок, побудові необхідних графічних залежностей згідно з завданням, та оформлення звіту. Захист роботи. Під час захисту роботи студент має підтвердити знання основних законів, які описують досліджуване явище, і методики визначення основних величин, отримати достовірний результат експерименту, зробити правильні висновки, кількісно оформити звіт. Незахищена з будь-яких причин робота не зараховується. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 174 ЛАБОРАТОРНА РОБОТА 1В Робота з комп’ютерними моделями фізичних явищ Мета роботи. Навчитися працювати з комп’ютерними програмами, що моделюють фізичні явища. 1. Теоретичні відомості Оболонка дозволяє запускати моделі, працювати з ними, програвати відеозаписи, викликати звукові й текстові пояснення, розв’язувати задачі, а також виконувати багато інших операцій. 2. Методика виконання роботи Оболонка містить таку лінійку інструментів: Стислий опис призначення кнопок — вихід із програми — виконувати всі моделі — показати зміст. Перелік розділів, за якими виконується робота — зупинити всі моделі — покрокова робота — продовжити роботу моделі — виконувати тільки активну модель — зупинити звукові пояснення, що програються — відкрита фізика 1.1 2.1. Вибір моделей Моделі можна запускати із «Содержания». Для показу списку моделей необхідно вибрати «Содержание» в пункті меню «Модель». Вибрати курсором розділ натисканням кнопки миші. Лабораторні роботи 175 Розкрити розділ, для чого підвести курсор до символу книжки і натиснути клавішу миші. Після цього з’явиться вікно з деревоподібним списком моделей. Для запуску моделі зі змісту необхідно двічі натиснути на рядок з назвою моделі. 2.2. Список моделей, використаних у практикумі 1. Механіка 1.1. Зіткнення пружних куль 1.2. Реактивний рух 2. Термодинаміка і молекулярна фізика 2.1. Розподіл Максвелла 2.2. Теплоємність ідеального газу 2.3. Цикл Карно 2.4. Ізотерми реального газу 3. Механічні коливання і хвилі 3.1. Вільні коливання 3.2. Вимушені коливання 3.3. Нормальні моди коливань струни 4. Електрика і магнетизм 4.1. Електричне поле точкових зарядів 4.2. Кола постійного струму 4.3. Конденсатори в колах постійного струму 4.4. Магнітне поле прямого струму 4.5. Магнітне поле кругового витка зі струмом 4.6. Магнітне поле соленоїда 4.7. Рух заряду в магнітному полі 4.8. Вільні коливання в RLC контурі 4.9. Вимушені коливання в RLC контурі 5. Оптика 5.1. Відбиття і заломлення світла 5.2. Плоске дзеркало 5.3. Сферичне дзеркало 5.4. Тонка лінза 5.5. Система з двох лінз 5.6. Око як оптичний інструмент 5.7. Зорова труба Кеплера 5.8. Мікроскоп 5.9. Кільця Ньютона 5.10 Інтерференційний дослід Юнга 5.11. Дифракція світла 5.12. Зони Френеля 5.13. Дифракційна ґратка 5.14. Поляроїди 5.15. Поляризація світла 6. Квантова фізика 6.1. Фотоефект 6.2. Комптонівське розсіювання 6.3. Постулати Бора 6.4. Квантування орбіт електрона 6.5. Хвильові властивості частинок 6.6. Дифракція електронів 6.7. Лазер; дворівнева модель 6.8. Енергія зв’язку ядер 6.9. Відносність довжини 6.10. Відносність часу 2.3. Робота з моделями 2.3.1. У вікні кожної моделі своя лінійка інструментів: 1 — звуковий супровід демонстрацій; 2 — теоретичні відомості; 3 — задачі. 2.3.2. Вибір фізичних параметрів. Для керування експериментом усі моделі містять такі елементи інтерфейсу для вибору фізичних параметрів, запуску процесів або зміни станів моделі. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 176 Командні кнопки — старт-стоп — вибір — очистити Кнопки використовуються для запуску або зупинки комп’ютерної моделі. На кнопках також можуть бути піктограми. Цей елемент інтерфейсу за своєю роботою нічим не відрізняється від звичайних кнопок у системі Wіndows. Можлива робота як із мишею, так і від клавіатури. — скидання Лінійки вибору У комп’ютерних моделях вибір параметрів здійснюється за допомогою спеціальних лінійок вибору. Переміщення маркера або шкали по такій лінійці приведе до зменшення або збільшення відповідного параметра. Натискання на кнопки-стрілки на кінцях лінійки дискретно збільшує або зменшує значення фізичного параметра. Можлива робота як із мишею, так і від клавіатури (керуючі клавіші зі стрілками і PgUp, PgDn, Home, End). Термометри У комп’ютерних моделях вибір температури здійснюється за допомогою термометра. Переміщення маркера або шкали по вертикалі приведе до зменшення або збільшення температури. Натискання на кнопки-стрілки дискретно збільшує або зменшує значення температури. Можлива робота як із мишею, так і від клавіатури. Кнопки перемикання Кнопки перемикання призначені для вибору однієї із запропонованих альтернатив у комп’ютерних моделях. У кнопках також можуть бути піктограми. Цей елемент інтерфейсу за своєю роботою нічим не відрізняється від звичайних кнопок перемикання в системі Wіndows. Можлива робота як із мишею, так і від клавіатури. Індикатори Індикатори в моделях призначені для вказування установок моделі. На кнопках також можуть бути піктограми. Цей елемент інтерфейсу за своєю роботою нічим не відрізняється від звичайних індикаторів у системі Wіndows. Можлива робота як із мишею, так і від клавіатури. Лінійки вибору довжин хвиль У комп’ютерних моделях вибір довжини хвилі і частоти світла здійснюється за допомогою лінійки вибору довжин хвиль. Переміщення маркера по горизонталі приводить до зменшення або збільшення відповідного параметра. Натискання на кнопки-стрілки дискретно збільшує чи зменшує значення довжини хвилі або частоти. Можлива робота як із мишею, так і від клавіатури. Лабораторні роботи 177 Застосування технології «Poіnt and Clіck» («Вкажи і натисни») Застосування технології «Drag and Drop» («Схопи і потягни») Для вказівки положення об’єкта або зміни його Для зміни положення об’єктів у моделях застосовується технологія «Схопи і потягни». стану застосовується технологія «Вкажи і натисЯкщо над об’єктом моделі курсор змінився на та- ни». Якщо над об’єктом моделі курсор змінився на , можна вказати нове положення об’єкта кий , об’єкт можна перетягнути в нове поло- такий або змінити його стан натисканням кнопки миші. ження з натиснутою клавішею миші. Вибір елементів для побудови схем У деяких роботах під час складання схем потрібно виконувати такі дії: 1. Підвести курсор до потрібного елемента і натиснути кнопку миші. 2. Вказати місце його встановлення між двома вузлами панелі для складання схеми. 3. Якщо місце вільне, натиснути кнопку миші. 4. Якщо місце зайняте, звільнити його, для чого натиснути кнопку миші й установити елемент, натиснути кнопку миші ще раз. 5. Установити задане значення, скориставшись шкалою. 6. Після складання схеми натиснути стрілку . 3. Завдання до роботи При виконанні роботи необхідно освоїти всі процедури, пов’язані з виконанням фізичних експериментів на комп’ютерних моделях: — знайти задану модель; — установити задані параметри експерименту; — скласти схему; — вибрати умови проведення експерименту. 4. Порядок виконання 1. Вибрати модель відповідно до варіанта за номером робочого місця (табл. 1.1). Таблиця 1.1 Номер місця 1 2 3 4 5 6 7 Номер моделі 1.2 4.2 1.2 4.2 1.1 4.2 1.1 v 4,5 5,5 6,7 7,7 8,5 9,4 10 d 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,7 1,0 15 25 30 40 45 35 50 1 2 3 4 1 2 3 м * Задача № * 1 — кінематика; 2 — кінематика обертального руху; 3 — відносність руху; 4 — рівноприскорений рух. 2. Установити потрібний параметр за допомогою методики «Drag and Drop» («Схопи і потягни»). 3. Виконати те саме за допомогою методики «Point and Click» («Вкажи і натисни»). 4. Вибрати модель 4.2, скласти схему (рис. 1.1). Рис. 1.1 Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 178 Після формування рисунка потрібно натиснути кнопку . Зупинка процесу виконується натисканням кнопки СТАРТ-СТОП або керуючих кнопок моделі. 5. З панелі інструментів викликати калькулятор. Залежно від виду розрахунків вибрати ОБЫЧНЫЙ або ИНЖЕНЕРНЫЙ. Виконати ряд операцій, використовуючи клавіатуру і мишу. 5. Обробка результатів вимірювання Результатами виконання роботи є навички роботи з комп’ютерними моделями. 6. Висновки з роботи 7. При підготовці до роботи вивчити 1. Правила поводження в комп’ютерному класі. 2. Правила роботи з оболонкою «Открытая физика». ЛАБОРАТОРНА РОБОТА 2В Розрахунки похибок вимірювань фізичних величин Мета роботи. Вивчити види похибок і способи їх обчислення. Вивчити закон нормального розподілу випадкових величин. 1. Теоретичні відомості У процесі визначення числового значення фізичних величин на результат впливають засоби вимірювання, недосконалість вимірювальних пристроїв (приладів), метод вимірювання і низка випадкових причин, пов’язаних з умовами вимірювання. У результаті вимірювання значення відрізняється від справжнього, тобто виникають похибки вимірювання. Кількісною мірою похибки вимірювання деякої величини х є її абсолютне Δx і відносне значення ε x : Δx = x − x0 . (2.1) Тут Δx — абсолютна похибка; х — вимірюване значення; x0 — справжнє значення; εx = Δx Δx ⋅ 100 %. , або ε x = x0 x0 (2.2) У загальному випадку похибка прямого вимірювання визначається так: 2 2 Δx = Δxсис + Δxвип , (2.3) де Δxсис — систематична складова похибки, Δxсис = Δxін2 + Δxм2 + Δx02 ( Δxін — інструментальна похибка; Δxм — методична похибка; Δx0 — похибка змінюваності властивостей вимірюваного об’єкта); Δxвип — випадкова складова похибки. Лабораторні роботи 179 Похибка непрямого вимірювання y = f ( xi ) , де i = 1, 2, 3, … , n — кількість прямих вимірювань, визначається за формулою: 2 n ⎛ ∂y ⎞ Δy = ∑ ⎜ ⋅ Δxi ⎟ . i =1 ⎝ ∂xi ⎠ (2.4) Для вимірювальних пристроїв із зазначеним класом точності інструментальна похибка обчислюється за формулою: Δxi = ε к.т ⋅ Х м , 100 % (2.5) тут εк.т — клас точності; Х м — межа вимірювання. Якщо немає інформації про похибку приладу, за абсолютну похибку вимірювання беруть ціну поділки приладу. Для цифрових приладів похибка перетворювачів наводиться в паспорті. За відсутності цих даних за похибку вимірювання беруть одиницю молодшого розряду. Методичні похибки визначають індивідуально для кожного методу. Похибки, зумовлені змінюваністю властивостей вимірюваного об’єкта, шляхом багаторазових вимірювань зводяться до випадкових. Для обчислення випадкових похибок необхідно визначити закон розподілу випадкової величини. Найчастіше розподіл випадкових величин підпорядковується нормальному закону (закону Гаусса). Відповідну криву зображено на рис. 2.1. Площа заштрихованої на рис. 2.1 криволінійної трапеції дорівнює f(x) x +Δx γ = ∫ f ( x ) dx. x Вона показує, з якою ймовірністю результати вимірювань належатимуть інтервалу від х до x + Δx . Властивості цього розподілу такі: 1. Найбільш імовірне значення X імов є середнім арифметичним значенням, і саме воно береться за результат вимірювань: X імов 1 n = ∑ xi , n i =1 (2.6) xmax x x + Δx x Рис. 2.1 де xi — результат i-го вимірювання; n — кількість вимірювань. 2. Похибки, що різняться знаком і мають однакову абсолютну величину, рівноймовірні, оскільки Гауссова крива симетрична відносно X max . 3. Довірчий інтервал визначається середньоквадратичною похибкою Sn = n 1 2 ∑ Δхi , n(n − 1) i =1 (2.7) якщо кількість вимірювань прямує до нескінченності. 4. За обмеженої кількості вимірювань довірчий інтервал розширюється залежно від кількості вимірювань і довірчої ймовірності ΔX вип = tα Sn , (2.8) де tα — коефіцієнт Стьюдента, що визначається за табл. 2.1 для заданої кількості вимірювань і довірчої ймовірності α . Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 180 Таблиця 2.1 Кількість вимірювань, n Коефіцієнт Стьюдента, tα α = 0,9 α = 0,95 α = 0,99 2 6,31 12,7 63,7 3 4 2,92 2,35 4,3 3,18 9,92 5,84 5 6 2,13 2,02 2,78 2,57 4,60 4,03 7 8 1,94 1,89 2,45 2,36 3,71 3,50 9 1,86 2,31 3,36 10 1,83 2,26 3,25 11 1,81 2,23 3,17 12 1,8 2,2 3,11 13 14 1,78 1,77 2,18 2,16 3,05 3,01 15 1,76 2,14 2,98 5. Чим більша похибка, тим менша ймовірність її появи. Однак похибки можуть виникати і в результаті появи грубих помилок (промахів), які не враховуються під час розрахунків Sn . З цією метою для піΔX г дозрюваного результату з ΔX г розраховується Vг = і порівнюється з припустимим значенням для Sn заданої кількості вимірювань і довірчої ймовірності. Допустимі значення наведено в табл. 2.2. Якщо Vг більше зазначеного в таблиці, цей результат виключають із розрахунку похибки вимірювання. Таблиця 2.2 Кількість вимірювань, n Максимально припустиме відхилення результатів вимірювання, Vг α = 0,9 α = 0,95 α = 0,99 3 1,41 1,41 1,41 4 1,69 1,71 1,73 5 6 1,87 2,0 1,91 2,07 1,97 2,16 7 8 2,09 2,17 2,18 2,27 2,31 2,43 9 10 2,24 2,29 2,35 2,41 2,53 2,61 11 12 2,34 2,39 2,47 2,52 2,69 2,75 13 14 2,43 2,46 2,56 2,60 2,81 2,86 15 2,49 2,64 2,91 Лабораторні роботи 181 2. Методика виконання роботи 1. Систематичні похибки прямого і непрямого вимірювання визначаються на моделі електричного кола для вимірювання опору (рис. 2.2). Випадкова похибка при цьому нескінченно мала. Для ідеальних вимірювальних приладів, тобто при опорі амперметра rА = 0 та опорі вольтметра rV = ∞ (коли rА << Rx і rV >> Rx ), величина Rx визначиться за законом Ома: U Rx = , I U Rх = − rА ; (2.10) I U . (2.11) Rх = U I− rV Якщо rА і rV невідомі, можна виміряти U A для схеми рис. 2.3, а і IV для схеми рис. 2.3, б, які даватимуть методичні похибки вимірювання і можуть бути враховані такими співвідношеннями: Rх = А V ε (2.9) де U — показання вольтметра, I — виміряний амперметром струм. При цьому спосіб увімкнення вимірювальних приладів не впливає на результат вимірювання. Для реальних приладів ця умова не виконується і виникає методична похибка, абсолютна величина якої залежить від відношення опорів rА Rх , rV Rx і схеми ввімкнення приладів (рис. 2.3). При цьому, якщо відомі rА і rV , похибку можна виключити, обчисливши Rх за наведеними далі двома формулами (2.10) і (2.11) для схем, зображених відповідно на рис. 2.3, а і 2.3, б: Rх = Rx U −U A ; I (2.12) U . I − IV (2.13) Рис. 2.2 V Rx Iх I U rU ε а V Rx Iх rА rV V UA А I U rU ε 2. Випадкову похибку обчислюють на моделі фізичного маятника. При цьому випадковим фактором є зорова і м’язова реакції експериментатора. Виконуючи достатньо велику кількість вимірювань n періоду T коливань маятника, можна визначити nі закон розподілу випадкових похибок побудовою гі- n стограми, яка подає залежність частоти ( ni n ) появи похибки в заданому інтервалі і від її значення Δxi . Для нормального розподілу типову гістограму наведено на рис. 2.4. Іншим способом визначення закону розподілу є побудова залежності здобутої похибки ΔTекс від очікуваної за розподілом Гаусса ΔТ оч . А rV V UA rА б Рис. 2.3 ΔТі Рис. 2.4 Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 182 Якщо випадкова похибка відповідає закону розподілу Гаусса, на графіку має бути лінійна залежність (рис. 2.5). Якщо закон розподілу випадкової похибки відповідає нормальному, проводиться аналіз промахів і обчислюється випадкова похибка вимірювання. ΔTекс 3. Завдання до роботи ΔTоч Рис. 2.5 1. Розрахувати систематичну похибку вимірювання опору. 2. Розрахувати випадкову похибку вимірювання періоду маятника. 4. Порядок виконання 1. Виміряти опір R за законом Ома. У розділі «Электричество и магнетизм» взяти модель «Цепи постоянного тока». 1.1. Відповідно до варіанта завдання (табл. 2.3) скласти електричну схему, для чого: 1) підвести курсор до потрібного елемента схеми і клацнути лівою кнопкою миші; 2) підвести курсор до потрібного місця схеми (між двома вузлами на панелі) і клацнути лівою кнопкою ще раз, якщо це місце вільне, і двічі, якщо воно зайняте; 3) для всіх опорів і ЕРС встановити потрібні значення по лінійці шкали, підводячи стрілку курсора до кнопок « » « » шкали і клацаючи кнопкою миші; 4) закінчивши складання схеми, підвести курсор до косої стрілки « » на панелі елементів і клацнути лівою кнопкою миші для скасування вибору елемента. Елемент, що регулюється, вирізняється червоним кольором, яким його виділяють після натискання лівої кнопки миші. Можна також захопити шкалу і рухати до потрібного положення, не відпускаючи кнопки миші. Цей спосіб кращий, оскільки цифрова індикація не показує зміни m < 1. Таблиця 2.3 ЕРС Номер робочого місця Rx, Ом 1 Вольтметр ε, В Rn, Oм Тип 7,0 10 1 Стрілочний 2 7,5 8 1,1 Цифровий 3 8,0 6 1 Стрілочний 4 8,5 3 1,1 Цифровий 5 9,0 –5 1 Стрілочний 6 9,5 –7 1,1 Цифровий 7 10,0 –10 1 Стрілочний εк.т, % — — — Амперметр Umax, В Тип 10 Цифровий 25 Стрілочний 12 Цифровий 25 Стрілочний 15 Цифровий 25 Стрілочний 25 Цифровий Схема εк.т, % Іmax, А Рис. 2.3, а — 10 + 10 — 10 + + 12 — 10 + + 15 — 10 Рис. 2.3, б + + Лабораторні роботи 183 1.2. Підвести курсор до кнопки «Счет» і клацнути кнопкою миші, зняти покази приладів і занести в табл. 2.4. Таблиця 2.4 U UA I IV ΔUU ΔUсис ΔІі ΔІсис R ΔR 2. Виміряти період коливань маятника. 2.1. У розділі «Механические колебания и волны» взяти модель «Свободные колебания» (маятник или груз на пружине) за завданням викладача. 2.2. Відповідно до варіанта завдання (табл. 2.5) установити всі параметри. Для цього необхідно виконати такі дії: 1) підвести курсор до клавіші «Выбор» і клацнути лівою кнопкою миші; 2) клацнути кнопкою миші на потрібному параметрі; 3) установити задане значення параметра кнопками « » « » на краях шкали. Натисканням кнопки миші захопити шкалу і рухати до необхідного положення, не відпускаючи кнопки миші; 4) виставити всі параметри. Таблиця 2.5 Номер робочого місця Параметри m, кг k, Н/м b, кг с–1 х0, см 1 0,50 5,0 0,2 20,0 2 0,75 6,0 0,4 15,0 3 0,80 7,0 0,8 10,0 4 0,85 8,0 1,2 12,0 5 0,90 9,0 1,5 16,0 6 0,95 10,0 1,7 14,0 7 10,00 8,0 2,0 18,0 2.3. Підвести курсор до клавіші «Старт», запустити експеримент і виміряти час одного повного коливання. Для цього зупинити експеримент у потрібній точці повторним натисканням кнопки миші. При цьому стежити, щоб курсор вказував на клавішу «Старт». Записати час експерименту з вікна внизу екрана в табл. 2.6. Експеримент виконати не менш як 50 разів. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 184 Таблиця 2.6 Номер вимірювального приладу 1 2 3 … 49 50 tn 5. Обробка результатів вимірювань 1. За результатами вимірювань, типом і класом точності приладів та схеми вимірювання розрахувати похибку вимірювання опору ΔR. 1.1. Розрахувати інструментальну похибку прямих вимірювань U і I. 1.2. Вважаючи невідомими rА і rV, UA і IV, визначити методичну похибку. Розрахувати систематичну похибку прямих вимірювань. 1.3. Вважаючи Rх невідомим, обчислити його значення за законом Ома. 1.4. За результатами прямих вимірювань розрахувати похибку непрямого вимірювання R = f(U, I) за формулою (2.4). 2. Перевірити закон розподілу похибки при вимірюванні часу. 2.1. Результати вимірювання часу одного коливання взяти з табл. 2.6. Перерозподілити результати вимірювань таким чином, щоб першим було найменше значення, далі значення зростали до максимального. Результати занести в табл. 2.7. Таблиця 2.7 і 1 2 3 … 49 50 ti 2.2. Задавши непарну кількість інтервалів k ≥ 7, розрахувати ширину інтервалу за формулою Δti = tmax − tmin . k 2.3. Підрахувати кількість вимірювань, які потрапляють у кожний k-й інтервал і занести до табл. 2.8. tmax = tmin + k Δti . За табл. 2.8 побудувати гістограму вимірювань Номер інтервалу 1 2 nk = f (t ) . n Таблиця 2.8 3 … k nk nk n 2.4. Побудувати залежність tі як функцію очікуваних значень, для чого, починаючи з i = n/2, кожному поточному значенню tі зіставити значення, які відповідають розподілу Гаусса. Значення визначаються з табл. 2.9. Результати занести в табл. 2.10. За результатами табл. 2.10 побудувати графік функції tі = f(xi). Якщо експериментальні точки добре вкладаються на пряму, вимірювання відповідають закону розподілу Гаусса. Лабораторні роботи 185 Таблиця 2.9 i n +1 0,5 0,51 0,52 0,53 0,54 0,55 0,56 0,57 0,58 0,59 0,60 x1 0,000 0,025 0,050 0,075 0,100 0,125 0,160 0,176 0,201 0,227 0,253 i n +1 0,61 0,62 0,63 0,64 0,65 0,66 0,67 0,68 0,69 0,70 0,71 x1 0,279 0,305 0,331 0,356 0,385 0,412 0,439 0,467 0,495 0,524 0,552 i n +1 0,72 0,73 0,74 0,75 0,76 0,77 0,78 0,79 0,80 0,81 0,82 x1 0,582 0,612 0,643 0,674 0,705 0,738 0,772 0,806 0,841 0,877 0,915 i n +1 0,83 0,84 0,85 0,86 0,87 0,88 0,89 0,90 0,91 0,92 0,93 x1 0,964 0,994 1,035 1,083 1,126 1,174 1,226 1,281 1,340 1,405 1,475 i n +1 0,94 0,95 0,96 0,97 0,971 0,972 0,973 0,974 0,975 0,976 0,977 x1 1,554 1,644 1,750 1,880 1,895 1,911 1,926 1,943 1,959 1,977 1,995 i n +1 0,978 0,979 0,980 0,981 0,982 0,983 0,984 0,985 0,986 0,987 0,988 x1 2,014 2,033 2,063 2,074 2,096 2,120 2,144 2,170 2,197 2,226 2,257 i n +1 0,989 0,990 0,991 0,992 0,993 0,994 0,995 0,996 0,997 0,998 0,999 x1 2,290 2,326 2,365 2,408 2,457 2,512 2,573 2,652 2,747 2,878 3,090 Таблиця 2.10 ti xi 3. Розрахувати випадкову похибку вимірювань часу. 3.1. Із табл. 2.6 для перших 15 вимірювань підрахувати середньоквадратичне відхилення (СКВ). 3.2. Результати вимірювань, які різко відрізняються від середнього значення, проаналізувати на предмет грубих помилок (промахів). Якщо такі виявляться, їх потрібно вилучити з розрахунків. 3.3. Розрахувати СКВ для значень, які залишилися. 3.4. Розрахувати довірчий інтервал для довірчої ймовірності α = 0,95. 6. Висновки з роботи 7. При підготовці до роботи вивчити 1. Прямі і непрямі вимірювання, види похибок. 2. Кількісні оцінки похибок. 3. Правила розрахунку інструментальних похибок. 4. Закон нормального розподілу випадкових величин і його особливості. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 186 ЛАБОРАТОРНА РОБОТА 3В Вивчення динаміки руху тіл зі змінною масою (Реактивний рух) Мета роботи. Вивчити закономірності руху ракет. Навчитися визначати кінематичні характеристики руху ракет. 1. Теоретичні відомості Формула Ціолковського описує рух ракети: v ( t ) = v0 ln m0 , m (t ) (3.1) де v ( t ) — швидкість ракети в довільний момент часу; v0 — швидкість витікання газів; m0 = m + mпал — початкова маса цілком спорядженої ракети (m — маса конструкції та вантажу; mпал — маса заправленого палива); m(t) — маса ракети в заданий момент часу. Розв’язування задачі двох тіл стосовно планет приводить до поняття космічної швидкості, коли ракета може: — стати супутником планети, рухаючись по коловій орбіті ( v1 ) ; — перебороти гравітаційне тяжіння планети і стати супутником Сонця ( v2 ) ; — покинути Сонячну систему, переборовши тяжіння Сонця ( v3 ) . Для Землі мінімальне значення v1 = 7,9 км/с, якщо не враховувати опору атмосфери. При більшій швидкості ракета стане супутником Землі і буде рухатись по коловій траєкторії радіуса r: r = h + R 3, де R3 — радіус Землі; h — висота підйому ракети над поверхнею Землі. Шлях h, який пройшла ракета до повного згоряння палива, буде такий: t3 h = ∫ v(t )dt , (3.2) (3.3) 0 де t3 — час повного згоряння палива, тобто час запуску. v 2. Методика виконання роботи v(t) 1. Комп’ютерний експеримент дозволяє змінювати кількість палива, що заправляється в ракету, а отже, максимальну швидкість ракети, і видає результат у вигляді залежності v = f ( t ) (рис. 3.1). Якщо при експерименті з обмеженим запасом палива vmax менше від значень, необхідних для визначення потрібної маси палива, функцію v ( t ) екстраполюють до необхідних значень. Точніше це досягається побудовою в нелінійних координатах v ( t ) – ln m0 / m(t). Для цього необхідно побудувати функцію m(t), яка при сталій швидкості витрат палива буде лінійною (рис. 3.2). S tЗ t Рис. 3.1 m(t) m0 m ( t ) = m0 − mпал , tЗ Рис. 3.2 t (3.4) де mпал = dm / dt = const — швидкість витрати палива. 2. Висоту польоту можна визначити двома способами: аналітичним і графічним. 2.1. Аналітично шлях, який пройшла ракета при русі зі змінною швидкістю, дістаємо інтегруванням функції (3.1) у межах часу запуску. Лабораторні роботи 187 2.2. За відомою швидкістю витрати палива можна побудувати залежність m = m(t) (рис. 3.2). Порівнюючи функції v ( t ) і m(t) у нелінійних координатах v ( t ) − ln m0 m(t ), дістаємо лінійну залежність, яку можна екстраполювати до необхідних значень v(t ) . Тангенс кута нахилу залежності характеризує швидкість витікання газів: u = Δv ( t ) Δ ln m0 . m (t ) 3. Завдання до роботи 1. Перевірити виконання рівняння руху ракети. 2. Визначити швидкість витікання газів. 3. Розрахувати необхідну кількість палива для досягнення всіх космічних швидкостей. 4. Для заданої швидкості (табл. 3.1) графічно розрахувати висоту підйому ракети. Таблиця 3.1 Маса палива, т mпал Номер робочого місця 1 2 3 4 5 6 7 8 47 43 37 30 35 40 45 50 4. Порядок виконання З розділу «Механика» відповідно до таблиці робочих місць задати масу палива спорядженої ракети. 1. Запустити ракету. 2. Зняти графік залежності швидкості ракети від часу руху v = v(t) з дисплея. 5. Обробка результатів вимірювання 1. За графіком визначити швидкість витрати палива uпал. 2. Побудувати графік залежності маси ракети від часу m(t) = mпал – uпал · t. 3. Для довільних моментів часу t за графіками функцій v(t) і m(t) визначити 8—10 точок. Дані занести в табл. 3.2. Таблиця 3.2 t v(t) m(t) ln m0 m (t ) m0 . m (t ) 5. За графіком визначити швидкість витікання газів u та необхідний запас палива для досягнення першої, другої і третьої космічних швидкостей. 4. Побудувати графік залежності v ( t ) − ln Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 188 6. Висновки з роботи 7. При підготовці до роботи вивчити 1. Закон збереження імпульсу. 2. Рівняння динаміки руху тіл зі змінною масою. 3. Призначення та особливості руху багатоступінчастих ракет. 4. Розрахунок космічних швидкостей. ЛАБОРАТОРНА РОБОТА 4В Вивчення законів пружного удару Мета роботи. Перевірити виконання законів збереження. Вивчити закономірності нецентрального удару. P1 = m1 v1 d P2 = m 2 v 2 х Рис. 4.1 y P′′ O2 d P P′ O1 α2 Рис. 4.2 P1 = m1v1 2. Методика виконання роботи P′′ α1 α2 P2 = m2 v2 Рис. 4.3 При пружній взаємодії двох тіл виконуються закони збереження енергії та імпульсу. Якщо удар нецентральний, характеристики руху тіл після удару складним чином залежать від початкових умов, співвідношення мас тіл, що взаємодіють, і геометрії взаємодії. Задача спрощується, якщо тіла мають форму куль однакового діаметра і до удару одне з них перебуває у спокої (рис. 4.1, де d — прицільний параметр). При взаємодії змінюється компонента імпульсу P ' (рис. 4.2, перед ударом), що є проекцією імпульсу P на напрям О1О2. При цьому друга куля набуває імпульсу P2 , напрямленого під кутом α2 до імпульсу P , а перша куля — імпульсу P1′ (рис. 4.3, після удару), P′′ = const . Імпульс першої кулі P1 = P1′ + P′′ напрямлений під кутом α1 до ім- пульсу P . Характеристики результату взаємодії такі: α1, Р1, Е1, α2, Р2, Е2, де Е1 і Е2 — кінетичні енергії куль. x P′1 1. Теоретичні відомості Комп’ютерний експеримент у цій роботі моделює удар двох куль однакового діаметра з масами mі = 1 ... 5 кг із початковою швидкістю кулі v = 4 ... 10 м/с. Однак, використовуючи критерії подібності процесу, результати експерименту можна застосувати для об’єктів, що виходять за ці рамки. Як бачимо з рис. 4.2, кут α2 залежить тільки від прицільного параметра d і діаметра куль D: d ⎛d⎞ α 2 = f ⎜ ⎟ = arcsin . D D ⎝ ⎠ Лабораторні роботи 189 Імпульс другого тіла залежить від відношення швидкості першої кулі v. Як бачимо із рис. 4.3: α1 d і початкової D 180 P2 = m2 v2 , P1′ = m1v cos α 2 . Тоді за законом збереження імпульсу маємо: v2 m1 = cos α 2 . v m2 Тепер імпульс P1′ , а отже, й імпульс P1 і кути α1 і α2 згідно із законом збереження імпульсу залежать від співвідношення мас куль (рис. 4.4, 4.5): 1 2 90 3 0 1 — ⎛d m ⎞ ⎛d m ⎞ P1 = f ⎜ , 1 ⎟ , α1 = f ⎜ , 1 ⎟ . ⎝ D m2 ⎠ ⎝ D m2 ⎠ Енергії розраховуються за звичайними формулами: m1 =1 m2 0 * d D* 1 — 0,5 m1 =1 m2 1,0 d D 90 α*2 d 0,5 D* 0 1,0 * Для всіх Рис. 4.6 m1 ≠1 m2 d D m1 m2 Рис. 4.5 d (рис. 4.6, 4.7): D′ (4.4) 3 1 2 d 0,5 0 1,0 * d D D* 2— m1 >1 m2 ⎛ d ⎞ v2 = f ⎜ ⎟ . ⎝ D′ ⎠ v*2 v* 1 v1* v* 3 — (4.3) 1,0 0,5 m1 <1 m2 ⎛ d ⎞ v1 = f ⎜ ⎟ , ⎝ D′ ⎠ v2 v 2 2 — α2 Швидкості куль v1 і v2 залежать від співвідношення мас куль і параметрів 1,0 1,0 d D Рис. 4.4 m v2 mv2 E1 = 1 1 , E2 = 2 2 . 2 2 Програма експерименту не дозволяє змінити діаметр куль. Тому критеріями подібності є функції за співвідношенням параметрів m1 d та : D m2 ⎛ d ⎞ (4.1) α1 = f ⎜ ⎟ , ⎝ D′ ⎠ ⎛ d ⎞ (4.2) α2 = f ⎜ ⎟. ⎝ D′ ⎠ v1 v d 0,5 D* * 1 — m1 =1 m2 2 — Рис. 4.7 m1 <1 m2 3 — m1 >1 m2 Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 190 m1* знімаються функції (4.1)—(4.4), за якими визначаються характеристики руm2* d∗ ху куль після удару для заданих значень ∗ . D Для обраних значень 3. Завдання до роботи 1. Перевірити виконання законів збереження енергії й імпульсу для всіх можливих варіантів взаємодії. 2. Розрахувати характеристики руху куль після удару відповідно до варіантів завдань (табл. 4.1). Таблиця 4.1 Номер місця 1 2 3 4 5 6 7 8 m1* , кг 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2 1,4 1,6 m2* , кг 1,6 1,4 1,2 1,0 0,8 0,6 0,4 0,2 D* , м 0,7 0,9 1,8 1,5 1,2 1,4 1,6 1,8 d* , м 0,6 0,6 1,2 1,0 0,6 0,7 0,4 0,9 8 7 6 5 4 3 2 1 v* , м/с 4. Порядок виконання У розділі «Механика» узяти модель «Соударения упругих шаров». 1. Перевірка виконання законів збереження. Для різних варіантів початкових умов, зазначених у табл. 4.2, провести експерименти при m1 > m2 (вибирається довільно). Перший спосіб: 1.1. Підвести стрілку курсора до клавіші «Сброс» і клацнути лівою клавішею миші. 1.2. Установити потрібні початкові умови. Для цього підвести курсор до лінійки керування потрібного параметра і, натиснувши ліву клавішу миші, установити потрібне значення. Другий спосіб. Підвести курсор до символу збільшення [>] чи зменшення [<] параметра і клацати лівою клавішею доти, доки встановляться потрібні значення. 1.3. Запустити експеримент (старт). Для цього підвести курсор до клавіші «Пуск» і клацнути лівою кнопкою миші. 1.4. З вікна 2 списати результати експерименту і занести до табл. 4.2. Повторити п. 1.1—1.4 для всіх наведених у табл. 4.2 варіантів початкових умов при m1 < m2. Лабораторні роботи 191 Таблиця 4.2 До удару v E Після удару Px α1 v1 Px1 E1 Py1 α2 v2 E2 Px2 Py2 v1 d<1 v2 v3 v1 d=1 v2 v3 v1 d>1 v2 v3 2. Розрахунок характеристик руху куль. m1* . m2* 2.2. Дібрати й установити на панелі m1 і m2 так, щоб 2.1. Відповідно до варіантів завдання визначити m1 m1* = . m2 m2* 2.3. Установити початкову швидкість, що дорівнює v1* . Якщо v* виходить за межі шкали, установити довільне значення. 2.4. Установити прицільний параметр d = 0. 2.5. Запустити експеримент. Результати занести до табл. 4.3. Таблиця 4.3 d 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2 1,4 1,6 1,8 1,98 α1 v1 α2 v2 2.6. Змінюючи значення прицільного параметра d, провести експеримент для всіх його значень, наведених у табл. 4.3. 5. Обробка результатів вимірювання 1. Перевірка законів збереження. 1.1. Для всіх наведених у табл. 4.2 варіантів взаємодії розрахувати баланс енергій до і після взаємодії, визначити відхилення і занести до табл. 4.4. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 192 Таблиця 4.4 Номер місця 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 Е0 Е1 Е2 ΔЕ Рх Px1 Py1 Px2 Py2 ΔРх ΔРу ΔР 1.2. Аналогічно розрахувати імпульс системи до і після взаємодії. Результати занести до табл. 4.4. 2. Розрахунок характеристик руху куль. 2.1. З табл. 4.2 вибрати 5 будь-яких експериментів і розрахувати діаметр куль за формулою: dі , Di = sin α 2i де 1 ≤ і ≤ 5 — порядковий номер експерименту. Результати занести до табл. 4.5. Таблиця 4.5 Параметри di α2і sin α2i Di 5 D= 2.2. Побудувати залежності: v1 v2 ⎛d⎞ ⎛d⎞ ⎛d⎞ ⎛d⎞ α1 = f ⎜ ⎟ , α 2 = f ⎜ ⎟ , = f ⎜ ⎟, = f⎜ ⎟ v v ⎝D⎠ ⎝D⎠ ⎝D⎠ ⎝D⎠ за результатами експерименту в табл. 4.3. d∗ 2.3. Розрахувати ∗ з табл. 4.1 варіантів завдання. D v1∗ v∗2 α1* , α*2 , , . З графіків визначити: v∗ v∗ 2.4. Розрахувати характеристики руху: v1∗ , v∗2 , P1* , P2* , E1* , E2* . 6. Висновки з роботи 7. При підготовці до роботи вивчити 1. Закони збереження імпульсу та енергії. 2. Пружний, не пружний та частково пружний удар. 3. Центральний та нецентральний удар. ∑ Di i =1 5 Лабораторні роботи 193 ЛАБОРАТОРНА РОБОТА 5В Вивчення розподілу молекул за швидкостями Мета роботи. Перевірити закони розподілу молекул за швидкостями. Вивчити залежність характеристик молекул від температури. 1. Методика виконання роботи 1. Комп’ютерний експеримент моделює поводження молекул залежно від температури газу. При цьому фіксується кількість молекул, які мають швидкість в інтервалі v ÷ v + Δv в діапазоні швидкостей від 0 до 4000 м/с при ширині інтервалу Δv = 200 м/с. Це дає змогу дістати гістограму розподілу (рис. 5.1). Використовуючи гістограму, можна розрахувати всі необхідні характеристики молекул: n n i =1 i =1 vсер = ∑ ( ΔN i ⋅ vi ) ∑ ΔN i , n ( i =1 ) v (5.1) де п — кількість інтервалів гістограми; ΔNi — кількість молекул, що мають швидкості в заданому інтервалі. vсер.кв = ∑ ΔN i ⋅ vi2 ΔN N n ∑ ΔNi . Рис. 5.1 vсер.кв v vсер (5.2) i =1 Значення найбільш імовірної швидкості визначається за інтервалом, що відповідає максимуму гістограми. Залежність середньої та середньоквадратичної швидкостей від температури наведено на рис. 5.2. 2. Модель експерименту видає теоретичні значення vсер , vсер.кв та vімов , що дає змогу дослідити залежність цих характе- αсер.к αсер T Рис. 5.2 ристик від температури. Побудувавши ці залежності в нелінійних координатах v – T , дістанемо лінійну функцію, кут нахилу якої визначається видом газу (див. рис. 5.2). Визначивши кут нахилу здобутих функцій, нескладно розрахувати масу т молекул і молярну μ масу газу, для якого проводився експеримент. Розрахункові формули: 8 m = k ⋅ ctg 2 α = 3k ⋅ ctg 2 α′, (5.3) π μ= R m, k (5.4) де α — кут нахилу функції середньої швидкості; α′ — кут нахилу функції середньоквадратичної швидкості; R — універсальна газова стала; k — стала Больцмана. 2. Завдання до роботи 1. Візуально простежити особливості розподілу Максвелла. 2. Перевірити залежність середніх швидкостей молекул від температури. 3. Визначити, який газ використано в експерименті. Частина І. Механіка. Молекулярна фізика 194 3. Порядок виконання З розділу «Термодинамика и молекулярная физика» вибрати модель «Изотермы реального газа». 1. Зняти гістограму розподілу швидкостей, для чого виконати такі дії: 1.1. Установити температуру газу відповідно до табл. 5.1. Таблиця 5.1 Номер робочого місця 1 2 3 4 5 6 7 8 Т, оК 200 300 400 500 600 700 800 900 1.2. Установити значення швидкостей vi за шкалою швидкостей, зміщуючи відмітку на графіку. на панелі та натиснути її. Після 1.3. Зупинити рух молекул, для чого підвести мишу до кнопки цього натиснути кнопку . (Для введення нових значень натиснути кнопку «Выбор», а для початку експерименту — кнопку «Старт»). 1.4. Підрахувати на екрані кількість яскравих молекул; швидкість цих молекул лежатиме в інтервалі від v до v + d v . Повторити експеримент за п. 1.2—1.4, змінюючи швидкість від 0 до 3000 м/с через Δv = 200 м/с. Дані занести в табл. 5.2. Розрахунки проводити 3 рази. Таблиця 5.2 vi, м/с 0 200 400 600 800 1000 1200 1400 1600 1800 2000 2200 2400 2600 2800 3000 ΔNi ΔNi ΔNicеp 2. Змінюючи температуру газу, зняти залежність vімов та vкв. Дані занести до табл. 5.3. Записати характеристики молекул за заданої температури vімов і vкв. 4. Обробка результатів вимірів 1. Побудувати гістограму розподілів. 2. Побудувати залежності vімов і vкв у координатах v... T . 3. Із графіків визначити α кв і αімов . Таблиця 5.3 Т, К vімов vкв 100 200 300 400 500 600 700 800 900 Лабораторні роботи 195 4. За формулами (3) і (4) визначити середню та середньоквадратичну швидкості. Порівняти з теоретичними значеннями. 5. Визначити масу молекул та молярну масу газу за формулами (5.3) і (5.4): 6. Побудувати залежність vcеp = f ( T ) . 5. Висновки з роботи Пояснити основні особливості розподілу Максвелла. 6. При підготовці до роботи вивчити 1. Закон розподілу молекул за швидкостями Максвелла і вплив температури і маси молекул на вид розподілу. 2. Визначення і фізичний зміст vcеp , vкв і vімов . 3. Як за допомогою розподілу розрахувати характеристики руху молекул vcеp , vкв і vімов . 4. Дати визначення функції розподілу молекул за швидкостями. 5. Довести розподіл Максвелла. 196 МОДУЛЬНИЙ КОНТРОЛЬ 1. ПИТАННЯ ДЛЯ МОДУЛЬНОГО КОНТРОЛЮ ТА ПОТОЧНОГО ПИСЬМОВОГО ТЕСТУВАННЯ (теоретичний матеріал) 1. Дайте визначення фізики як науки. 2. Дайте визначення поняття «закон». 3. Що таке фундаментальний закон? Наведіть приклад. 4. Що таке частковий закон? Наведіть приклад. 5. Що таке закон фундаментального походження? Наведіть приклад. 6. Дайте визначення поняття «експеримент». 7. Дайте визначення поняття «час». 8. Дайте визначення поняття «простір». 9. Дайте визначення кінематики як розділу механіки. 10. Назвіть основні кінематичні характеристики поступального руху матеріальної точки. 11. Середня та миттєва швидкість. 12. Середнє та миттєве прискорення. 13. Нормальне, тангенціальне та повне прискорення матеріальної точки при криволінійному русі. 14. Дайте визначення кінематичних характеристик обертального руху матеріальної точки. 15. Виведіть зв’язки між лінійними та кутовими кінематичними характеристиками. 16. Дайте визначення динамічним характеристикам поступального руху. 17. Сформулюйте закони Ньютона. 18. Перетворення Галілея. Принцип відносності. 19. Дайте визначення динамічним характеристикам обертального руху. 20. Момент інерції тіла — аналог маси. Теорема Штейнера. 21. Сформулюйте основний закон обертального руху. 22. Неінерціальні системи відліку. 23. Сформулюйте особливості сил інерції. 24. Відцентрова сила інерції та сила інерції Коріоліса. 25. Зазначіть експериментальні основи релятивістської механіки. 26. Сформулюйте постулати Ейнштейна. 27. Перетворення Лоренца для координат і часу. 28. Виведіть закон додавання швидкостей. 29. Відносність часу. 30. Просторово-часовий інтервал. 31. Зв’язок маси і енергії. Енергія спокою, повна енергія, кінетична енергія. Енергія зв’язку системи. 32. Сформулюйте закон збереження енергіїімпульсу. 33. Дайте визначення ізольованої системи. Сформулюйте закон збереження імпульсу. 34. Реактивний рух. Виведіть рівняння Ціолковського. 35. Закон збереження моменту імпульсу. Особливості виконання. 36. Енергія та механічна робота. Робота сталої сили. 37. Кінетична та потенціальна енергія. 38. Виведіть закон збереження механічної енергії. 39. Наведіть приклади застосування закону збереження енергії. 40. Застосуйте закони збереження енергії та імпульсу для непружного зіткнення двох тіл. 41. Застосуйте закони збереження енергії та імпульсу для пружного зіткнення двох тіл. 42. Дайте визначення молекулярної фізики та молекулярно-кінетичної теорії будови речовини. 43. Мікроскопічні та макроскопічні стани речовини. Модульний контроль 197 44. Рівноважні стани та властивості. Термодинамічні параметри. 45. Дайте визначення термодинамічного процесу. 46. Модель ідеального газу. Число Авогадро. 47. Основне рівняння молекулярно-кінетичної теорії ідеального газу (виведення). 48. Абсолютна температура. Кінетична енергія молекули. 49. Середня довжина вільного пробігу молекули (виведення). 50. Ступені свободи молекули. 51. Сформулюйте закон рівномірного розподілу енергії за ступенями свободи. 52. Теплоємність ідеального газу. Рівняння Маєра (виведення). 53. Елементарна теорія теплоємності ідеального газу. Її недоліки. 54. Квантова теорія теплоємності ідеального газу. 55. Дайте визначення явищам перенесення в газах. 56. Дифузія. Закон Фіка. Коефіцієнт дифузії. 57. Внутрішнє тертя. Закон Ньютона. Коефіцієнт в’язкості. 58. Теплопровідність. Коефіцієнт теплопровідності. 59. Елементарна теорія процесів перенесення (виведення). 60. Зв’язок між коефіцієнтами дифузії, в’язкості та теплопровідності. 61. Залежність коефіцієнтів перенесення від тиску та температури. 62. Розподіл молекул ідеального газу в полі сил. Барометрична формула (виведення). 63. Розподіл молекул за швидкостями. Розподіл Максвелла. 64. Дайте визначення середньої квадратичної, середньої арифметичної та найбільш імовірної швидкостей молекули. 65. Розподіл Максвелла—Больцмана. 66. Розподіл Гіббса. 2. ПИТАННЯ ДЛЯ ПОТОЧНОГО КОМП’ЮТЕРНОГО ТЕСТУВАННЯ Механіка. Кінематика 1. Визначення фізики як науки: 1) подає математичний опис руху тіл, не розглядаючи причин, які викликали цей рух; 2) вивчає вплив взаємодії тіл на характер їхнього руху; 3) вивчає загальні властивості та закони руху речовини і поля; 4) описує поводження мікрочастинок; 5) вивчає найпростіший вид руху — механічне переміщення тіл (або їхніх частин) одне відносно одного. 2. Механіка як розділ фізики: 1) подає математичний опис руху тіл, не розглядаючи причин, які викликали цей рух; 2) вивчає вплив взаємодії тіл на характер їхнього руху; 3) наука, яка вивчає загальні властивості та закони руху речовини і поля; 4) описує поводження мікрочастинок; 5) вивчає найпростіший вид руху — механічне переміщення тіл (або їхніх частин) одне відносно одного. 3. Класична нерелятивістська механіка: 1) подає математичний опис руху тіл, не розглядаючи причин, які викликали цей рух; 2) вивчає вплив взаємодії тіл на характер їхнього руху; 3) вивчає загальні властивості та закони руху речовини і поля; 4) розглядає макроскопічні тіла, розміри яких у багато разів перевищують розміри атомів і молекул і які рухаються зі швидкостями, набагато меншими від швидкості світла у вакуумі; 5) вивчає найпростіший вид руху — механічне переміщення тіл (або їхніх частин) одне відносно одного. 4. Класична релятивістська механіка: 1) подає математичний опис руху тіл, не розглядаючи причин, які викликали цей рух; Модуль І. Механіка. Молекулярна фізика 198 2) вивчає вплив взаємодії тіл на характер їхнього руху; 3) розглядає макроскопічні тіла, розміри яких у багато разів перевищують розміри атомів і молекул і які рухаються зі швидкостями, набагато меншими від швидкості світла у вакуумі; 4) вивчає рух тіл зі швидкостями, порівнянними зі швидкістю світла у вакуумі; 5) вивчає найпростіший вид руху — механічне переміщення тіл (або їхніх частин) одне відносно одного. 5. Кінематика: 1) подає математичний опис руху тіл, не розглядаючи причин, які викликали цей рух; 2) вивчає вплив взаємодії тіл на характер їхнього руху; 3) наука, яка вивчає загальні властивості та закони руху речовини і поля; 4) описує поводження мікрочастинок; 5) вивчає найпростіший вид руху — механічне переміщення тіл (або їхніх частин) одне відносно одного. 6. Динаміка: 1) подає математичний опис руху тіл, не розглядаючи причин, які викликали цей рух; 2) вивчає вплив взаємодії тіл на характер їхнього руху; 3) наука, яка вивчає загальні властивості та закони руху речовини і поля; 4) описує поводження мікрочастинок; 5) вивчає найпростіший вид руху — механічне переміщення тіл (або їхніх частин) одне відносно одного. 7. Дописати формулювання: рівняння руху .....................зв’язок.....................................з часом. 8. Дописати визначення: .......................з’єднує ......................із матеріальною............................... 9. Дописати визначення:......................зв’язує ....................................точок під час....................... 10. Рівняння руху G має вигляд: G G G G G 1) r = irx + jry + krz ; 2) r = r ( t ) ; 3) x = x ( t ) , y = y ( t ) , z = z ( t ) ; G G 4) F ( x, y, z ) = 0 ; 5) ϕ = ϕ ( t ) . 11. Рівняння траєкторії має вигляд: G G G G G G 1) r = irx + jry + krz ; 2) r = r ( t ) ; 3) x = x ( t ) , y = y ( t ) , z = z ( t ) ; G G 4) F ( x, y, z ) = 0 ; 5) ϕ = ϕ ( t ) . 12. Середня шляхова швидкість визначається за формулою: G G Δr dr ds Δs 1) ; 2) ; 3) ; 4) . Δt dt dt Δt 13. Вектор середньої швидкості напрямлений: 1) по дотичній до траєкторії в напрямі руху точки; 2) уздовж вектора переміщення матеріальної точки; 3) уздовж осі x або осі y. 14. Модуль істинної, або миттєвої, швидкості визначається так: G G Δr dr ds Δs 1) ; 2) ; 3) ; 4) . Δt dt dt Δt 15. Вектор істинної, або миттєвої, швидкості визначається так: G G G G G Δr dr 1) ; 2) ; 3) i v x + j v y + k v z ; Δt dt G G G 4) v x + v y + v z . 16. Вектор істинної, або миттєвої, швидкості спрямований: 1) по дотичній до траєкторії в напрямі руху точки; 2) уздовж вектора переміщення матеріальної точки; 3) уздовж осі x або осі y. 17. Середнє прискорення визначається так: G G G d 2r dv Δv G G ; 2) ; 3) ; 4) aτ + an ; 1) dt dt Δt 2 5) ⎛ v2 ⎞ ⎛ d v ⎞2 ⎟ . ⎜ ⎟ +⎜ ⎝ R ⎠ ⎝ dt ⎠ 18. Модуль істинного прискорення визначається так: G G G dv Δv d 2r G G ; 2) ; 3) 2 ; 4) aτ + an ; 1) dt Δt dt 2 5) ⎛ v2 ⎞ ⎛ d v ⎞2 ⎟ . ⎜ ⎟ +⎜ ⎝ R ⎠ ⎝ dt ⎠ Модульний контроль 199 19. Вектор істинного прискорення визначається так: G G G dv d 2r Δv G G 1) ; 2) ; 3) 2 ; 4) aτ + an ; dt GΔt G Gdt 5) a x + a y + a z . 24. Показати на рис. 1 напрям миттєвої швидкості: 1) вектор 4; 2) вектор 2; 3) вектор 3; 4) вектор 1. 25. Показати на рис. 1 напрям вектора середньої швидкості: 1) вектор 4; 2) вектор 3; 3) вектор 2; 4) вектор 1. 20. Повне прискорення визначається так: G G G dv d 2r Δv G G 1) ; 2) ; 3) 2 ; 4) aτ + an ; dt Δt dt y 1 4 2 5) ⎛ v2 ⎞ ⎛ d v ⎞2 ⎟ . ⎜ ⎟ +⎜ ⎝ R ⎠ ⎝ dt ⎠ 2 3 21. Тангенціальне прискорення визначається так: G dv dv G G 1) ; 2) ; 3) aτ + an ; dt dt 2 4) ⎛ v2 ⎞ ⎛ d v ⎞2 v2 ; 5) . + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ R ⎝ R ⎠ ⎝ dt ⎠ 22. Нормальне прискорення визначається так: G v2 dv G G ; 2) ; 3) aτ + an ; 1) dt R dv dt G Δv 6. Δt Рис. 1 26. Показати на рис. 2 напрям вектора середнього прискорення: 1) вектор 4; 2) вектор 3; 3) вектор 2; 4) вектор 1. y 2 3 4 2 23. Визначити відповідність: G А. Модуль повного dv 1. прискорення dt Б. Модуль істинного v2 2. прискорення R G G В. Вектор середнього 3. aτ + an прискорення Г. Вектор повного 2 2 ⎛ v2 ⎞ dv ⎞ прискорення 4. ⎜ ⎟ + ⎛⎜ ⎟ ⎝ R ⎠ ⎝ dt ⎠ 5. z ⎛ v ⎞ ⎛ dv ⎞ dv . ⎟ ; 5) ⎜ ⎟ +⎜ dt ⎝ R ⎠ ⎝ dt ⎠ 2 4) 2 x Д. Нормальне прискорення Е. Вектор істинного прискорення 1 0 x Рис. 2 27. Визначити відповідність: Вектор прискорення напрямлений так: 1. Вектор нормального прискорення А. По радіусу кривини траєкторії руху матеріальної точки 2. Вектор тангенціБ. По дотичній до траального прискорення єкторії 3. Вектор істинного В. По нормалі до вектоприскорення ра лінійної швидкості Г. Як вектор, що задається геометричною сумою двох взаємоперпендикулярних векторів Д. Збігається з напрямом вектора миттєвої швидкості Модуль І. Механіка. Молекулярна фізика 200 28. Показати на рис. 3 напрям вектора істинного прискорення: 1) вектор 2; 2) вектор 3; 3) вектор 1. 29. Показати на рис. 3 напрям вектора тангенціального прискорення: 1) вектор 2; 2) вектор 3; 3) вектор 1. 30. Показати на рис. 3 напрям вектора нормального прискорення: 1) вектор 2; 2) вектор 3; 3) вектор 1. 2 1 3 R 0 Рис. 3 31. Показати на рис. 4 напрям вектора переміщення: 1) вектор 2; 2) вектор 3; 3) вектор 1; 4) вектор 4. 32. Показати на рис. 4 напрям вектора кутового переміщення: 1) 4; 2) 3; 3) 1; 4) 2. 33. Показати на рис. 4 кут повороту: 1) 4; 2) 3; 3) 1; 4) 2. 34. Показати на рис. 4 лінійний шлях: 1) 4; 2) 3; 3) 1; 4) 2. 35. Визначити відповідність: G А. Вектор кутового Δϕ 1. прискорення Δt G Б. Вектор середнього dϕ 2. кутового прискорення dt G В. Вектор істинної куdω 3. тової швидкості dt G Г. Вектор середньої куd 2ϕ 4. тової швидкості 2 dt G Δω 5. Δt 36. Визначити відповідність, яка подає зв’язок між кутовими і лінійними кінематичними характеристиками: G G А. Вектор лінійної 1. [ ε ⋅ r ] швидкості з вектором кутової швидкості G G G Б. Вектор істинного 2. [[ ω⋅ r ] ω] прискорення з кутовим прискоренням G G В. Вектор тангенціаль3. [ r ⋅ d ϕ] ного прискорення з кутовим G G Г. Нормальне приско4. [ ω⋅ r ] рення 5. Д. Вектор переміщення з вектором кутового переміщення d G G [ ω⋅ r ] dt 37. Показати на рис. 5 напрям вектора кутової швидкості: 1) вектор 5; 2) вектор 4; 3) вектор 1; 4) вектор 3; 5) вектор 2. O' O' 5 4 4 3 3 2 1 1 O Рис. 4 2 α O G r Рис. 5 Модульний контроль 201 38. Показати на рис. 5 напрям вектора кутового прискорення, коли обертальний рух прискорений: 1) вектор 5; 2) вектор 4; 3) вектор 1; 4) вектор 3; 5) вектор 2 . 40. Показати на рис. 5 напрям вектора лінійної швидкості: 1) вектор 5; 2) вектор 4; 3) вектор 1; 4) вектор 3; 5) вектор 2. 39. Показати на рис. 5 напрям вектора нормального прискорення: 1) вектор 5; 2) вектор 4; 3) вектор 1; 4) вектор 3; 5) вектор 2. 41. Показати на рис. 5 напрям вектора тангенціального прискорення: 1) вектор 5; 2) вектор 4; 3) вектор 1; 4) вектор 3; 5) вектор 2. Динаміка поступального та обертального руху 42. Перший закон Ньютона подається формулою: G G G G d ( mv ) dp dp dp G =F; = 0 ; 3) 1) 1 = − 2 ; 2) dt dt dt G dt G G G G G F 4) F1,2 = − F2,1 ; 5) Fdt = d ( mv ) ; 6) a = . m 47. Третій закон Ньютона подається так: G G G G d ( mv ) dp dp dp G =F; = 0 ; 3) 1) 1 = − 2 ; 2) dt dt dt dt G G G G G G F 4) F1,2 = − F2,1 ; 5) Fdt = d ( mv ) ; 6) a = . m 43. Дописати формулювання другого закону Ньютона: 1) швидкість ……………. матеріальної точки дорівнює ………………………………..; 2) приріст …………………………….. дорівнює елементарному ……………………… на неї. 48. В якій системі відліку виконуються закони Ньютона: 1) неінерціальній; 2) інерціальній; 3) власній. 49. Визначити відповідність: n 44. Другий закон Ньютона подається таким виразом: G G G G d ( mv ) dp1 dp2 dp G 1) ; 2) =− = 0 ; 3) =F; dt dt dt dt G G G G G G F 4) F1,2 = − F2,1 ; 5) Fdt = d ( mv ) ; 6) a = . m 1. I = ∑ mi ri2 45. За яких умов загальна форма запису другого закону Ньютона може бути перетворена на G G F форму a = : m 1) матеріальна точка ………………………, яка набагато ……………………………………………..; 2) …………. матеріальної точки не ……………………………………... 3. 46. Дописати формулювання третього закону Ньютона: швидкість ………………………… тіла дорівнює швидкості ………………………………… 6. I = I 0 + md 2 i =1 G G M 2. ε = I G d ( I i ω) G = Mi dt G G dLi = Mi 4. dt G dp G =F 5. dt А. Основний закон динаміки обертального руху Б. Основний закон динаміки поступального руху В. Момент інерції однорідного тіла Г. Теорема Штейнера 50. Визначити відповідність: Модуль І. Механіка. Молекулярна фізика 202 1. Момент інерції матеріальної точки — це 2. Маса матеріальної точки — це G d ( I i ω) G = Mi 3. dt G G dLi = Mi 4. dt n 5. I = ∑ mi ri2 i =1 А. Аналог сили 51. Теорема Штейнера подається у вигляді: 1) I = Б. Аналог імпульсу 1 2 mR 2 ; 2) I = mR 2 ; 2 5 3) I = I 0 + md 2 ; 4) I = ∫ r 2ρdV . V В. Аналог маси Г. Величина, яка визначає інерціальні властивості тіла при обертальному русі Д. Величина, яка визначає інертні властивості тіла 52. Момент інерції однорідного тіла, яке має вісь симетрії, можна визначити за формулою: 1 2 mR 2 ; 2) I = mR 2 ; 2 5 3) I = I 0 + md 2 ; 4) I = ∫ r 2ρdV . 1) I = V Неінерціальні системи відліку 53. Дописати визначення неінерціальної системи відліку: 1) така система відліку, що …………системи з …………………. . 54. Дописати висловлення: рух тіла відносно неінерціальної системи відліку еквівалентний …… під впливом ………………………………… із ним, а також додаткового …………………. 55. Визначити відповідність властивостей: 1. Сила інерції 2. Сила Коріоліса 3. Відцентрова сила А. Спрямовано перпендикулярно до вектора швидкості Б. Не є силами взаємодії В. Змінюють лише напрям швидкості руху тіла Г. Їх можна виміряти Д. Пропорційні до маси тіла Е. Не відрізнювані від сил гравітації 56. Відцентрова сила G G інерції подається: G G G G 1) −maн ; 2) 2m [ v ⋅ ω] ; 3) m [[ ω⋅ r ] ⋅ ω] ; 4) mω2 R ; 5) 2mvω . 57. Сила інерції Коріоліса подається: G G G G G G 1) −maн ; 2) 2m [ v ⋅ ω] ; 3) m [[ ω⋅ r ] ⋅ ω] ; 4) mω2 R ; 5) 2mvω . 58. Визначити відповідність властивостей 1. Сила інерції 2. Сила Коріоліса 3. Відцентрова сила А. Діє на тіло, яке рухається відносно неінерціальної системи, що обертається Б. Діє як на нерухоме тіло, так і на тіло, яке рухається В. Пропорційна до маси тіла Г. Перпендикулярна до вектора швидкості Д. Змінює лише напрям швидкості руху тіла Е. Залежить від кутової швидкості неінерціальної системи З. Не виконує роботи К. Зростає з віддаленням від осі обертання Л. Не діє на тіла, що рухаються паралельно осі обертання М. Не залежить від відстані до осі обертання Модульний контроль 203 Закони збереження імпульсу та моменту імпульсу 59. Закон збереження імпульсу виконується: 1) для інерціальної системи; 2) неінерціальної системи; 3) ізольованої системи; 4) системи, яка рухається відносно інерціальної системи зі швидкістю, порівнянною зі швидкістю світла у вакуумі. 60. Дописати формулювання закону збереження імпульсу: повний ………………………. системи ………. 61. Загальна форма запису закону збереження імпульсуG має вигляд: G G 1) mv = const ; 2) p1 + p2 = const ; G G G 3) ∑ mi vi = const ; 4) p1 = p2 . 62. Визначити відповідність: 1. − m1 G v1 m2 2. −v0 А. Момент імпульсу dm dt Б. Імпульс тіла m0 m В. Швидкість 3. v0 ln dm dv =− m v0 G 5. mv G G 6. [ r ⋅ mv ] 4. Г. Реактивна сила Д. Рівняння Мещерського Е. Рівняння Ціолковського 63. Закон збереження моменту імпульсу виконується якщо: 1) дорівнює нулю момент зовнішніх сил; 2) дорівнює нулю радіус-вектор точки прикладання сили; 3) система ізольована; 4) дорівнює нулю синус кута між силою і радіусом-вектором. 64. Дописати загальне формулювання закону збереження моменту імпульсу: якщо повний ………………………….., то повний момент ……………………………. точки. 65. Загальна форма запису закону збереження моменту має вигляд: G імпульсу G G G 1) L1 + L2 = const ; 2) ∑ [ ri ⋅ mi vi ] = const ; G G G 3) L1 = L2 ; 4) ∑ Li = const . Робота. Енергія. Закон збереження енергії 66. Загальне визначення енергії таке: 1) якщо тіло рухається, воно має енергію; 2) здатність тіла виконувати роботу; 3) скалярна фізична величина, яка є спільною мірою різних видів руху; 4) тіла, що взаємодіють, мають енергію. G 67. Елементарна робота при переміщенні на dr визначається так: G G 1) ∫ Fs ds ; 2) ( Fdr ) ; 3) Fdr cos α ; 2 1 4) Fs ds ; 5) Fs Δs . 68. Робота не виконується, якщо: 1) матеріальна точка рухається поза полем сил; π 2) F = 0 ; 3) ds = 0 ; 4) α = ; 2 5) сила напрямлена перпендикулярно до швидкості. 69. Робота сталої сили подається так: 2 G G 1) ∫ Fs ds ; 2) ( Fdr ) ; 3) Fdr cos α ; 1 4) Fs ds ; 5) Fs Δs . 70. Робота змінної сили подається так: 2 G G 1) ∫ Fs ds ; 2) ( Fdr ) ; 3) Fdr cos α ; 1 4) Fs ds ; 5) Fs Δs . 71. Закон збереження механічної енергії виконується: 1) у дисипативних системах; 2) у системах, в яких діють консервативні сили; 3) у системах, в яких діють неконсервативні сили; 4) у системах, в яких діють сили тертя або опору. Модуль І. Механіка. Молекулярна фізика 204 72. Загальне форма запису закону збереження механічної енергії така: ⎛ mv 2 ⎞ 1) dU = − dA ; 2) d ⎜ U + ⎟=0; 2 ⎠ ⎝ mv 2 3) + U = En = const ; 4) dA = dEk ; 2 5) A1,2 = Ek 2 − Ek1 . 73. Закон збереження механічної енергії формулюється так: 1) робота з переміщення тіла з однієї точки в іншу не залежить від виду траєкторії; 2) повна енергія замкненої системи не зникає, не змінюється, а лише переходить з однієї форми в іншу; 3) повна механічна енергія матеріальної точки стала, якщо на неї діють тільки консервативні сили. 74. Закон збереження механічної енергії визначає: 1) фінітність руху; 2) властивості однорідності часу; 3) інфінітність руху; 4) умови стійкої та нестійкої рівноваги; 5) форму траєкторії, по якій рухаються космічні кораблі. 75. Загальний закон збереження енергії в природі формулюється так: 1) робота з переміщення тіла з однієї точки в іншу не залежить від виду траєкторії; 2) повна енергія замкненої системи не зникає, не змінюється, а лише переходить з однієї форми в іншу; 3) повна механічна енергія матеріальної точки стала, якщо на неї діють тільки консервативні сили. Релятивістська механіка. Теорія відносності 76. Залежність якої фізичної величини від швидкості подано на графіку (рис. 1)? 1) Імпульсу; 2) маси; 3) прискорення. 1) x − v x t ; 2) x − vt 1 − v2 / c2 ; 3) v0t − at 2 ; 2 4) y′ = y ; 5) z ′ = z . Рис. 1 с G v 77. Які твердження визначають перший та другий постулати Ейнштейна? 1) Частинка з нульовою масою спокою завжди рухається зі швидкістю світла; 2) фізичні закони однакові в усіх інерціальних системах відліку; 3) швидкість світла у вакуумі не залежить від руху джерела і однакова в усіх інерціальних системах відліку. 78. Інерціальна система G К′ рухається з великою сталою швидкістю v відносно інерціальної системи К вздовж суміщених осей x і x′. Які з формул визначають перетворення Лоренца для координат? 79. Інерціальна система К′ рухається з великою G сталою швидкістю v відносно інерціальної системи К вздовж суміщених осей x і x′. Які з формул визначають перетворення Лоренца для часу? xv t− 2 v − v0 c 1) t ′ = t ; 2) . ; 3) a 1 − v2 / c2 80. Інерціальна система G К′ рухається з великою сталою швидкістю v відносно інерціальної системи К вздовж суміщених осей x і x′. За яких умов перетворення координат та часу Лоренца переходять у перетворення координат та часу Галілея? 1) c → ∞ ; 2) v ≈ c ; 3) v << c; 4) v = 0,01⋅ c . 81. Інерціальна система G К′ рухається з великою сталою швидкістю v відносно інерціальної системи К вздовж суміщених осей x і x′. Яка з формул подає релятивістський закон додавання швидкостей? Модульний контроль 1) u − v ; 2) u−v ; 3) v0 + at . uv 1− 2 c 82. Інерціальна система G К′ рухається з великою сталою швидкістю v відносно інерціальної системи К вздовж суміщених осей x і x′. За яких умов релятивістський закон додавання швидкостей переходить у класичний? 1) c → ∞ ; 2) v ≈ c ; 3) v << c; 4) v = 0,01⋅ c . 83. Інерціальна система G К′ рухається з великою сталою швидкістю v відносно інерціальної системи К вздовж суміщених осей x і x′. У системі К у точках А і В одночасно відбулися дві події. За яких умов ці події будуть одночасними в системі К′? v 1) Δt − 2 δt AB > 0 ; c 2) x A = xB ; 3) v = 0 ; 4) c → ∞ . 84. Інерціальна система G К′ рухається з великою сталою швидкістю v відносно інерціальної системи К вздовж суміщених осей x і x′. Подія в точці В відбулася пізніше, ніж у точці А. За яких умов спостерігач у системі К′ може зафіксувати протилежну послідовність подій? 1) Існує причинно-наслідковий зв’язок між подіями; 2) причина і наслідок не пов’язані між собою; 3) події одночасні. 85. Інерціальна система G К′ рухається з великою сталою швидкістю v відносно інерціальної системи К вздовж суміщених осей x і x′. Подія в точці В відбулася пізніше, ніж у точці А. Інтервал часу між подіями в системі К′ визначається фор1 ⎡ Δt − v δt ⎤ . Коли спомулою Δt ′ = AB ⎥ ⎢ c2 ⎦ 1 − v2 / c2 ⎣ стерігач в системі К′ може зафіксувати протилежну послідовність подій? 1) Δt ′ < 0 ; 2) Δt ′ > 0 ; 3) Δt = 0 ; 4) Δt ′ = 0 . 86. Інерціальна система G К′ рухається з великою сталою швидкістю v відносно інерціальної системи К уздовж суміщених осей x і x′. У сис- 205 темі К у точці А подія відбулася раніше, ніж у точці В. За яких умов причинно-наслідковий зв’язок у системі К′ не порушується? v 1) Δt − 2 δt AB > 0 ; 2) x A = xB ; c 3) v = 0 ; 4) c → ∞ . 87. В якій системі відліку час буде найменшим? 1) Власній; 2) яка рухається; 3) нерухомій; 4) інерціальній. 88. В якій системі відліку довжина відрізка буде найбільшою? 1) Власній; 2) яка рухається; 3) нерухомій; 4) інерціальній. 89. Яка з формул визначає просторово-часовий інтервал? xv t− 2 x − vt c ; 2) ; 1) 2 2 1− v / c 1 − v2 / c2 3) Δl 2 − c 2 Δt 2 ; 4) l 1 − v2 / c2 . 90. Інерціальна система G К′ рухається з великою сталою швидкістю v відносно інерціальної системи К уздовж суміщених осей x і x′. Які фізичні величини та закони інваріантні відносно перетворень Лоренца? 1) Просторово-часовий інтервал; 2) перший закон динаміки; 3) комбінація енергії та імпульсу; 4) другий закон динаміки; 5) третій закон динаміки. 91. Які з формул подають енергію спокою тіла? 1) mc 2 ; 2) mc 2 − Ek ; 3) m0c 2 ; 4) Δmc 2 ; 5) c 2 ( m − m0 ) . 92. Які з формул подають повну енергію тіла? 1) Δmc 2 ; 2) m0c 2 + Ek ; 3) m0 c 2 ; 4) mc 2 ; 5) c 2 ( m − m0 ) . 93. Які з формул подають кінетичну енергію тіла? 1) Δmc 2 ; 2) m0c 2 ; 3) mc 2 − m0c 2 ; 4) c 2 ( m − m0 ) . Модуль І. Механіка. Молекулярна фізика 206 94. Яка з формул подає енергію зв’язку системи тіл? 1) Δmc 2 ; 2) mc 2 − m0c 2 ; 3) m0c 2 ; 4) c 2 ( m − m0 ) . 95. Яка з формул визначає дефект маси системи тіл? m0 v 1) ; 2) m0 = 0 ; 1 − v2 / c2 n hν 3) M 0 − ∑ m0i ; 4) 2 . c i =1 96. Які з формул подають зв’язок енергії та імпульсу? m0 v E2 ; 2) 2 − p 2 = m02c 2 ; 1) c 1 − v2 / c2 3) E 2 − p 2 c 2 = m02c 4 ; 4) E 2 − p 2 c 2 = E ′ 2 − p′ 2c 2 . 97. Яка з формул визначає масу фотона? m0 p hν 1) ; 2) ; 3) m0 = 0 ; 4) 2 . 2 2 c c 1− v / c 98. Яка з формул визначає масу спокою фотона? m0 p hν 1) ; 2) ; 3) m0 = 0 ; 4) 2 . 2 2 c c 1− v / c 99. Які із законів збереження діють у релятивістській механіці? 1) закон збереження імпульсу; 2) закон збереження енергії; 3) закон збереження енергії-імпульсу; 4) закон збереження моменту імпульсу. Молекулярна фізика 100. Основне рівняння молекулярно-кінетичної теорії ідеального газу подається так: 1 2 1) n0 mv 2 ; 2) pV = RT ; 3) n0 Ek ; 3 3 3 1 . 4) kT ; 5) pV = νRT ; 6) 2 2n0σ 104. Зв’язок між тиском і концентрацією молекул газу подається так: 2 1) n0 kT ; 2) pV = RT ; 3) n0 Ek ; 3 3 1 . 4) kT ; 5) 2 2n0σ 101. Рівняння Менделєєва—Клапейрона для одного моля ідеального газу має вигляд: 1 2 1) n0 mv 2 ; 2) pV = RT ; 3) n0 Ek ; 3 3 3 4) kT ; 5) pV = νRT . 2 105. Чи правильне твердження, що теплоємність газу залежить від процесу? 1) Неправильне; 2) правильне; 3) не знаю. 102. Рівняння Менделєєва—Клапейрона для довільної маси ідеального газу має вигляд: 1 2 1) n0 mv 2 ; 2) pV = RT ; 3) n0 Ek ; 3 3 3 4) kT ; 5) pV = νRT . 2 103. Середня довжина вільного пробігу молекули подається так: 2 1) n0 kT ; 2) pV = RT ; 3) n0 Ek ; 3 3 1 . 4) kT ; 5) 2 2n0σ 106. Чи правильне твердження, що теплоємності ідеального газу сталі і не залежать від термодинамічних параметрів? 1) Неправильне; 2) правильне; 3) не знаю. 107. Чи правильне твердження, що енергія, яка підводиться до газу, розподіляється рівномірно за всіма ступенями свободи? 1) Неправильне; 2) правильне; 3) не знаю. 108. Одноатомна молекула має таку кількість ступенів свободи: 1) 3; 2) 5; 3) 6. 109. Двохатомна молекула має таку кількість ступенів свободи: 1) 3; 2) 5; 3) 6. Модульний контроль 207 110. Триатомна молекула має таку кількість ступенів свободи: 1) 3; 2) 5; 3) 6. 3) процес переходу потоку теплової енергії від частини системи з вищою температурою до частини системи, температура якої нижча. 111. Багатоатомна молекула має таку кількість ступенів свободи: 1) 3; 2) 5; 3) 6. 118. Теплопровідність — це: 1) процес перенесення імпульсу, якщо швидкість напрямленого руху газу або рідини є різною в різних місцях простору; 2) процес перенесення маси, якщо густина або концентрація молекул різна в різних частинах об’єму газу; 3) процес переходу потоку теплової енергії від частини системи з вищою температурою до частини системи, температура якої нижча. 112. Істинна теплоємність газу подається так: 3 dQ 5 1) R ; 2) ; 3) CV + R ; 4) R . 2 dT 2 113. Теплоємність газу за сталого об’єму подається так: 3 dQ i 1) R ; 2) R ; 3) ; 4) CV + R ; 2 dT 2 5 i+2 R. 5) R ; 6) 2 2 114. Теплоємність газу за сталого тиску подається так: 3 dQ i ; 4) CV + R ; 1) R ; 2) R ; 3) 2 dT 2 5 i+2 5) R ; 6) R. 2 2 115. Формула Маєра має вигляд: i dQ 1) C p − CV = R ; 2) CV = R ; 3) C p = ; dT 2 i+2 4) C p = CV + R ; 5) C p = R. 2 116. Дифузією називається: 1) процес перенесення імпульсу, якщо швидкість напрямленого руху газу або рідини є різною в різних місцях простору; 2) процес перенесення маси, якщо густина або концентрація молекул різна в різних частинах об’єму газу; 3) процес переходу потоку теплової енергії від частини системи з вищою температурою до частини системи, температура якої нижча. 117. Внутрішнім тертям називається: 1) процес перенесення імпульсу, якщо швидкість напрямленого руху газу або рідини є різною в різних місцях простору; 2) процес перенесення маси, якщо густина або концентрація молекул різна в різних частинах об’єму газу; 119. Коефіцієнт дифузії визначається так: 1 1 1) ρvc λ ; 2) ρD ; 3) ρvc λCV ; 3 3 1 4) ρCV D ; 5) ηCV ; 6) vc λ . 3 120. Коефіцієнт в’язкості визначається так: 1 1 1) ρvc λ ; 2) ρD ; 3) ρvc λCV ; 3 3 1 4) ρCV D ; 5) ηCV ; 6) vc λ . 3 121. Коефіцієнт теплопровідності визначається так: 1 1 1) ρvc λ ; 2) ρD ; 3) ρvc λCV ; 3 3 1 4) ρCV D ; 5) ηCV ; 6) vc λ . 3 122. Розподіл Больцмана має вигляд: 3/ 2 ⎛ mv 2 ⎞ 2⎛ m ⎞ 1) 4πv ⎜ ⎟ ⋅ exp ⎜ − ⎟; ⎝ 2πkT ⎠ ⎝ 2kT ⎠ U − μgh ⎞ kT . 2) P0 exp ⎛⎜ − ⎟ ; 3) n0 e ⎝ RT ⎠ 123. Барометрична формула має вигляд: 3/ 2 ⎛ mv 2 ⎞ m ⎞ ⋅ exp 1) 4πv 2 ⎛⎜ ⎟ ⎜− ⎟; ⎝ 2πkT ⎠ ⎝ 2kT ⎠ U − μgh ⎞ kT . 2) P0 exp ⎛⎜ − ⎟ ; 3) n0 e ⎝ RT ⎠ 124. Формула Максвелла має вигляд: Модуль І. Механіка. Молекулярна фізика 208 m ⎞ 1) 4πv 2 ⎛⎜ ⎟ ⎝ 2πkT ⎠ 3/ 2 ⎛ mv 2 ⎞ ⋅ exp ⎜ − ⎟; ⎝ 2kT ⎠ U − μgh ⎞ kT . 2) P0 exp ⎛⎜ − ⎟ ; 3) n0 e ⎝ RT ⎠ 125. Середня квадратична швидкість подається так: 1) 2kT ; 2) m 3kT ; 3) m 4) 2RT ; 5) μ 3RT . μ 7 8kT ; πm 126. Імовірна швидкість подається так: 2kT 3kT 8kT ; 2) ; 3) ; 1) m m πm 2RT 3RT 4) ; 5) . μ μ 127. Середня арифметична швидкість подається так: 2kT 3kT 8kT ; 2) ; 3) ; 1) m m πm 2RT 3RT 4) ; 5) . μ μ 209 ВИКОРИСТАНА ЛІТЕРАТУРА 1. Соловйов А. М. Фізичні основи механіки: лекції професора Соловйова з фізики / А. М. Соловйов. — К. : КМУЦА, 1999. — 92 с. 2. Соловйов А. М. Статистична фізика і термодинаміка: лекції професора Соловйова з фізики / А. М. Соловйов. — К. : КМУЦА, 1999. — 120 с. 3. Савельев И. В. Курс общей физики. Т. 1. Механика. Молекулярная физика : учеб. пособие. — 2-е изд., перераб. / И. В. Савельев. — М. : Наука, 1982. — 432 с. 4. Законы, формулы, задачи физики: справочник / Ю. В. Гофман. — К. : Наук. думка, 1977. — 576 с. 5. Гусев В. А. Математика: Справ. материалы: кн. для учащихся / В. А. Гусев, А. Г. Мордкович. — 2-е изд. — М. : Просвещение, 1990. — 416 с. 6. Алгебра и начала анализа: учеб. [для 10—11 кл. сред. шк.] / [А. Н. Колмогоров, А. М. Абрамов, Ю. П. Дудницын и др.] ; под ред. А. Н. Колмогорова. — М. : Просвещение, 1990. — 320 с. Додаткова література 1. Кучерук І. М. Загальний курс фізики. — Т. 1. Механіка, молекулярна фізика і термодинаміка / І. М. Кучерук, І. Т. Горбачук, П. П. Луцик. — К. : Техніка, 1999. — 536 с. 2. Яворский Б. М. Курс физики, т. 1 / Б. М. Яворский, А. А. Детлаф. — М. : Высш. шк., 1970. — 500 с. 3. Яворский Б. М. Курс физики, т. 2 / Б. М. Яворский, А. А. Детлаф. — М. : Высш. шк., 1971. — 550 с. 4. Сивухин Д. В. Механика: учеб. пособие для вузов / Д. В. Сивухин. — М. : Наука, 1989. — 576 с. 5. Сивухин Д. В. Термодинамика и молекулярная физика: учеб. пособие для вузов / Д. В. Сивухин. — М. : Наука, 1990. — 592 с. Модуль І. Механіка. Молекулярна фізика 210 ДОВІДКОВИЙ МАТЕРІАЛ СИСТЕМИ ОДИНИЦЬ Одиниці фізичних величин СІ, що мають власні найменування Одиниця Одиниця Величина Величина найменування позначення Сила струму ампер А кг Потік електричного зміщення кулон Кл секунда с Потенціал електричного поля, електрична напруга вольт В Плоский кут радіан рад Електрична ємність фарада Ф Тілесний кут стерадіан ср Електричний опір ом Ом Сила, вага ньютон Н Електрична провідність сіменс См Тиск, напруга паскаль Па Магнітна індукція тесла тл Модуль пружності паскаль Па Магнітний потік вебер Вб Робота, енергія джоуль Дж Індуктивність генрі Гн Потужність ват Вт Сила світла кандела кд Частота коливань герц Гц Світловий потік люмен лм Термодинамічна температура, різниця температур кельвін К Освітленість люкс лк Теплота (кількість теплоти) джоуль Дж Потік випромінювання, доза випромінювання (поглинена доза випромінювання) грей Гр Кількість речовини моль моль бекерель Бк Електричний заряд кулон Кл найменування позначення метр м Маса кілограм Час Довжина Активність ізотопу Довідковий матеріал 211 Множники для утворення десяткових, кратних і часткових одиниць Найменування Позначення Множник Екса Е 1018 Пета П Тера Найменування Позначення Множник Деци д 10–1 1015 Санти с 10–2 Т 1012 Мілі м 10–3 Гіга Г 109 Мікро мк 10–6 Мега М 106 Нано н 10–9 Кіло к 103 Піко п 10–12 Гекто г 102 Фемто ф 10–15 Дека да 101 Атто а 10–18 Позасистемні одиниці, допущені до використання на рівні з одиницями СІ Величина Маса Найменування Одиниця позначення тонна Співвідношення з одиницею СІ т атомна одиниця маси а.о.м. л 103 кг 1,66 · 10–27 кг 10–3 м3 Об’єм, місткість літр Плоский кут градус ...° 1,74 · 10–2 рад хвилина ...' 2,91· 10–4 рад секунда ..." 4,85· 10–6 рад Робота, енергія електрон-вольт еВ 1,60· 10–19 Дж Відносна величина одиниця (число 1) — 1 процент % –2 Логарифмічна величина бел децибел Б дБ Температура градус Цельсія ˚С 10 — 1˚С = 1 К Співвідношення між позасистемними одиницями та одиницями СІ Одиниці простору та часу. Одиниці механічних величин Довжина 1 ангстрем (Å) = 10–10 м = 10–8 см Час 1 доба = 86 400 с 1 рік = 365,25 доби = 3,16 · 107 с Плоский кут 1° = π /180 рад = 1,75 · 10–2 рад 1' = π /108 · 10–2 рад = 2,91 · 10–4 рад 1" = π /648 · 10–3 рад = 4,85 · 10–6 рад Об’єм, місткість 1 л = 10–3 м3 = 103 см3 Модуль І. Механіка. Молекулярна фізика 212 Маса 1 т = 103 кг 1 а.о.м. = 1,66 · 10–27 кг Сила 1 кгс = 9,81 Н Робота, енергія 1 кгс·м = 9,81 Дж 1 Вт·ч = 3,6 · 103 Дж 1 еВ = 1,60 · 10–19 Дж Потужність 1 л. с. = 736 Вт Тиск 1 кг/см2 = 9,81 · 104 Па 1 мм рт. ст. = 133 Па 1 бар = 105 Па 1 атм = 1,01 · 105 Па Потужність (механічна) 1 кгс/мм2 = 9,81 · 106 Па Частота обертання 1 об/с = 1с–1 1 об/хв = 1/60 1с–1 Хвильове число 1 см–1 = 100 м–1 Одиниці величин молекулярної фізики та термодинаміки Концентрація частинок 1 см–1 = 106 м–3 Теплота (кількість теплоти) 1 кал = 4,19 Дж 1ккал = 4,19 · 103 Дж Одиниці електричних та магнітних величин Електричний момент диполя 1D = 3,34 · 10–30 Кл·м Питомий електричний опір 1Ом·мм2/м = 106 Ом·м Магнітна індукція 1 Гс = 10–4 Тл Магнітний поток 1 Мкс = 10–8 Вб Потужність магнітного поля 1Е = 103 А = 79,6 А/м 4π м ТАБЛИЦІ ФІЗИЧНИХ ВЕЛИЧИН Астрономічні величини Середній радіус Землі Середня густина Землі Маса Землі Радіус Сонця Маса Сонця Середня густина Сонця Радіус Місяця 6,37 ⋅ 106 м 5500 кг/м3 5,98 ⋅ 1024 кг 6,96 ⋅ 108 м 1,99 ⋅ 1030 кг 1400 кг/м3 1,74 ⋅ 106 м Маса Місяця Період обертання Місяця навколо Землі Середня відстань між центрами Землі та Місяця Середня відстань між центрами Сонця та Землі 7,3 ⋅ 1022 кг 27 діб 7 год 43 хв 3,84 ⋅ 108 м 1,5 ⋅ 1011 м Довідковий матеріал 213 Основні фізичні сталі (заокруглені значення) Фізична стала Позначення Числові значення Прискорення вільного падіння g 9,81 м/с2 Гравітаційна стала G 6,67 ⋅ 10–11 м3/(кг⋅с2) Стала Авогадро NA 6,02 · 1023 моль–1 Молярна газова стала R 8,31 Дж/(моль⋅К) Стала Больцмана κ 1,38 ⋅ 10–23 Дж/К Мольний об’єм ідеального газу V0 22,41 ⋅ 10–3 м3/моль Заряд електрона e 1,60 ⋅ 10–19 Кл Стала Фарадея F 9,65 ⋅ 104 Кл/моль Швидкість світла у вакуумі c 3 ⋅ 108 м/с Стала Планка = h 6,63 ⋅ 10–34 Дж⋅с 1,05 ⋅ 10–34 Дж⋅с Електрична стала ε0 8,85 ⋅ 10–12 Ф/м Магнітна стала μ0 1,26 ⋅ 10–6 Гн/м Густини твердих тіл та рідин (103 кг/м3) Рідини при 15 ˚С Тверді тіла Алюміній Вісмут Вольфрам Залізо (чавун, сталь) Золото Кам’яна сіль Латунь Марганець Мідь Нікель Платина Свинець Срібло Уран 2,70 9,80 19,3 7,87 19,3 2,20 8,55 7,40 8,93 8,80 21,4 11,3 10,5 18,7 Вода (дистильована при 4 ˚С) Гліцерин Гас Олія (оливкова) та мастило Олія рицинова Ртуть Сірковуглець Спирт Ефір 1,00 1,26 0,8 0,9 0,96 13,6 1,26 0,8 0,7 Густина газів за нормальних умов (кг/м3) Азот Аргон Водень Повітря Гелій Кисень 1,25 1,78 0,09 1,29 0,18 1,43 Модуль І. Механіка. Молекулярна фізика 214 Пружні сталі твердих металів (заокруглені значення) Речовина Модуль Юнга Е, ГПа Модуль зсуву G, ГПа Алюміній 69 24 Вольфрам 380 140 Залізо (сталь) 200 76 Мідь 98 44 Срібло 74 27 Сталі газів за нормальних умов Відносна молекулярна маса Газ γ= Cp CV Теплопровідність æ , мВт/(мК) В’язкість η, мкПа·с Ефективний діаметр молекули σ , нм Сталі Ван-дер-Ваальса а, атм ⋅ л моль 2 2 b, л/моль Гелій 4 1,63 141,5 18,9 0,20 — Аргон 40 1,67 16,2 22,1 0,35 1,30 Водень 2 1,41 168,4 8,4 0,27 0,24 0,027 Азот 28 1,40 24,3 16,7 0,37 1,35 0,039 Кисень 32 1,40 24,4 19,2 0,35 1,35 0,032 Вуглекислий газ 44 1,30 23,2 14,0 0,40 3,62 0,043 Повітря 29 1,40 24,1 17,2 0,35 — Динамічна в’язкість рідин при 20 ˚С Вода Гліцерин Олія рицинова Мастило Ртуть 1,00 1480 987 100 1,58 — 0,032 — Поверхневий натяг рідин при 20 ˚С (мН/м) Вода Гліцерин Мильна вода Ртуть Спирт 73 62 40 5,0 · 102 22 Предметний покажчик 215 ПРЕДМЕТНИЙ ПОКАЖЧИК Абсолютний ― нуль температур 86 ― тверде тіло 24 ― температура 86 Внутрішнє тертя 97 Динаміка 30 ― руху 35 ― — обертального 35 ― — поступального 34 Дифузія 96 Енергія ― внутрішня 93 ― — ідеального газу 90 ― зв’язку 55 ― кінетична 66, 86 ― — релятивістська 55 ― механічна 66 ― повна 66 ― — релятивістська 72 ― потенціальна 70 ― спокою 55 Зіткнення ― непружне 77 ― пружне 77 Закон 6 ― — загальної енергії 18 ― — енергії-імпульсу 72 ― — імпульсу 59 ― — механічної енергії 70, 71 ― — моменту імпульсу 65 ― Ньютона ― — перший 34 ― — другий 31 ― — третій 30 ― додавання швидкостей 35 ― — класичний 53 ― — релятивістський 48 ― Фіка 97 ― фундаментальний 7 ― частковий 7 Ідеальний газ 83 Імпульс ― матеріальної точки 60 ― сили 31 ― повний 60 ― релятивістський 54 ― нормальне 23 ― повне 29 ― середнє 22 ― тангенціальне 23 Простір 17 Просторово-часовий інтервал 52 Переміщення 19 ― кутове 25 Кількість ― ступенів свободи 93 Кінематика 17 Коефіцієнт ― в’язкості 98, 100 ― дифузії 100, 97 ― теплопровідності 98, 100 Радіус-вектор 18 Рівняння ― руху 19, 26 ― Менделєєва—Клапейрона 85 ― Мещерського 64 ― основне молекулярнокінетичної теорії 85 ― стану 82 ― — ідеального газу 82 ― траєкторії 19 ― Ціолковського 64 Розподіл ― Больцмана 105 ― Гіббса 111 ― Максвелла 107, 109 ― Максвелла—Больцмана 109 Робота ― елементарна 68 ― сталої сили 68 Рух ― межі 73 ― обертальний 25 ― поступальний 24 ― реактивний 63 Маса ― гравітаційна 32 ― дефект 56 ― інертна 32 ― релятивістська 58 ― спокою 45 Механіка 17 Момент ― імпульсу 36 ― інерції 37 ― сили 35 Параметри стану 82 Перетворення ― Галілея 33 ― Лоренца 47 Постулати Ейнштейна 47 Потужність 69 Принцип ― відносності Галілея 34 ― еквівалентності 41 Прискорення 22 ― кутове 27, 39 ― миттєве 30 Середня довжина вільного пробігу 88, 89 Сила ― ваги 62 ― відцентрова 42 ― гравітації 123 ― інерції 41 Модуль І. Механіка. Молекулярна фізика 216 ― консервативна 70 ― Коріоліса 43 ― неконсервативна 71 ― пружності 74 ― реактивна 64 ― тертя 72 Система ― відліку 18 ― замкнена 60 ― інерціальна 32 ― неінерціальна 40 Ступінь свободи 93, 96 Тиск 84, 85 Теорема ― Штейнера 39 Теплоємність ― істинна 91 ― молярна 91 ― питома 134 ― за сталого об’єму 91, 94 ― за сталого тиску 91, 92, 94 Теплопровідність 98 Точка ― матеріальна 18 Траєкторія 19 ― космічна 75 ― кривина 23 Універсальна газова стала 82 Умова механічної рівноваги 75 Формула ― барометрична 105 Фізика 5 ― статистична 79 Фотон ― енергія 58 ― імпульс 58 ― маса 58 Центр мас 61 Число ― Авогадро 83 ― Лошмідта 80 Швидкість 20 ― імовірнісна 108 ― лінійна 67 ― кутова 26 ― миттєва 21 ― середня 20, 108 ― середня квадратична 90, 108 Шлях 22 ― кутовий 25 Явище ― перенесення 96 Зміст 217 ЗМІСТ ОСНОВНІ ПОЗНАЧЕННЯ ФІЗИЧНИХ ВЕЛИЧИН . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Вступ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Теоретичне ядро (Аудиторний лекційний матеріал та матеріал для самостійного вивчення). . . . . . 9 Математичний апарат фізики . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. Класична нерелятивістська механіка . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1. Кінематика матеріальної точки . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1. Кінематика абсолютно твердого тіла . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.2. Зв’язок лінійних і кутових характеристик . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Динаміка . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1. Динаміка матеріальної точки . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2. Динаміка твердого тіла . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Неінерціальні системи відліку . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Релятивістська механіка . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1. Експериментальні основи релятивістської механіки . . . . . . . . . . . . . 2.2. Постулати Ейнштейна . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3. Перетворення Лоренца . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4. Просторові і часові співвідношення . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1. Відносність часових інтервалів . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5. Релятивістська динаміка . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6. Зв’язок маси і енергії . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7. Зв’язок енергії та імпульсу . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.8. Енергія, імпульс і маса фотона . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Закони збереження . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1. Закон збереження імпульсу . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1. Центр мас (для самостійного вивчення). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.2. Реактивний рух . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Закон збереження моменту імпульсу . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3. Закон збереження механічної енергії . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1. Кінетична енергія . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.2. Механічна робота . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.3. Потенціальна енергія . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.4. Закон збереження механічної енергії . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4. Застосування законів збереження (для самостійного вивчення) . . . . . . . 3.4.1. Межі руху . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.2. Умови механічної рівноваги . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.3. Космічні траєкторії . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.4. Спільне використання законів збереження (для самостійного вивчення) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 17 17 24 27 30 30 34 40 45 45 47 47 49 49 54 55 56 58 59 59 61 63 64 66 66 67 69 70 73 73 75 75 76 218 4. Молекулярна фізика . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1. Мікроскопічні та макроскопічні стани . . . . . . . . . . . 4.2. Молекулярно-кінетична теорія ідеального газу . . . . . . 4.2.1. Модель ідеального газу . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.2. Зв’язок термодинамічних параметрів стану з характеристиками молекул ідеального газу . . . . . . . . . . 4.2.3. Теплоємність ідеального газу . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3. Явища перенесення в газах (для самостійного вивчення) 5. Статистичні розподіли . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1. Розподіл молекул ідеального газу в полі сил . . . . . . . . 5.2. Розподіл молекул за швидкостями . . . . . . . . . . . . . . 5.3. Розподіл Максвелла—Больцмана . . . . . . . . . . . . . . 5.4. Розподіл Гіббса (для самостійного вивчення) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 79 83 83 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84 91 96 103 104 106 109 111 Практичні заняття . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113 1. Приклади розв’язування задач з математики . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113 2. Приклади розв’язування задач з фізики . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 3. Задачі для самостійного та індивідуального розв’язування . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 Лабораторні роботи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148 1. Експериментальні лабораторні роботи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Лабораторна робота «Обчислення похибок фізичних вимірювань» . . . . . . . . . Лабораторна робота «Динаміка обертального руху. Визначення моменту інерції» Лабораторна робота «Визначення в’язкості рідин» . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Віртуальні лабораторні роботи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Лабораторна робота 1В . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Лабораторна робота 2В . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Лабораторна робота 3В . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Лабораторна робота 4В . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Лабораторна робота 5В . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148 148 164 169 173 174 178 186 188 193 Модульний контроль . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196 1. Питання для модульного контролю та поточного письмового тестування (теоретичний матеріал) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196 2. Питання для поточного комп’ютерного тестування . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197 Використана література . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209 Довідковий матеріал . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210 Предметний покажчик . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215 Навчальне видання КУЛІШ Віктор Васильович СОЛОВЙОВ Андрій Миколайович КУЗНЄЦОВА Олена Яківна Частина І. Механіка. Молекулярна фізика Навчальний посібник У чотирьох частинах 2-ге видання Художник обкладинки Т. М. Зябліцева Коректор І. М. Вихованець Верстка Л. Т. Колодіної Підп. до друку 16.08.10. Формат 84х108/16. Папір офс. Офс. друк. Ум. друк. арк. 23,10. Обл.-вид. арк. 13,75. Тираж 1500 пр. Замовлення № 172-1. Видавець і виготовлювач видавництво Національного авіаційного університету «НАУ-друк» 03680. Київ – 58, проспект Космонавта Комарова, 1 Свідоцтво про внесення до Державного реєстру ДК № 977 від 05.07.2002
