Решение задач по физике. Общие методы - Беликов Б.С.
Скачать (прямая ссылка):
Пример 34.1 В круге радиуса R вырезан круг радиуса r<CR/2, центр которого расположен на расстоянии a<(R—г) от центра большого круга (рис. 34.1, а). Определить центр масс образовавшейся фигуры. Решение. Задача допускает и стандартное решение, вытекающее из определения центра масс (см. (13.2)). Стандартное решение связано с относительно громозд-
227
кими вычислениями. Попробуем поискать нестандартное, а может быть, и оригинальное решение. В чем особенность данной физической системы? Круги — фигуры симметричные с бесконечно большим числом осей симметрии (диа-
а) о)
34.1
метры кругов). Центр масс большого круга (обозначим эту фигуру символом II, рис. 34.1,6) до выреза находился в центре круга (точка О). Фигура, образовавшаяся после выреза малого круга (обозначим ее символом I), осталась симметричной, но только с одной осью симметрии (0O1).
а) С)
34.2
Возникает догадка: а если вырезать не один, а два малыя круга, расположенных симметрично относительно центр^ большого круга (рис. 34.2, а)? Центр масс образовавшейся фигуры (обозначим ее символом III) будет (в силу симмет] рии) находиться в точке О. Вернем второй малый круг (эг фигуру обозначим символом IV; рис. 34.2, б) на свое месте Тогда задача о нахождении -центра масс фигуры I сводите к определению центра масс системы фигур III и IV, центрі масс которых известны. Так как центр масс двух тел лежи на прямой, соединяющей их центры масс в точке л
228
(рис. 34.2), делящей расстояние а0 между ними в отношении, обратно пропорциональном их массам, то
X
(34.1)
o0 — X
т4 '
где х=|у40|, ті=алг2 — масса фигуры IV, m4=a(nR*— 2яг2) — масса фигуры III, a=const. Из (34.1) находим искомую координату центра масс фигуры I:
Заметим, что самым важным во втором (оригинальном) решении этой задачи была догадка о вырезе дополнительного (второго) малого круга. А эта догадка — элемент опыта, физической интуиции.
Усложним условия решенной задачи: пусть вырез произведен в несимметричной фигуре, например в треугольнике.
Пример 34.2 В треугольнике со сторонами a, b и с вырезан круг радиуса г, центр которого лежит на медиане AD на расстоянии ai=\MN\ от точки пересечения медиан M (рис. 34.3). Определить центр масс образовавшейся фигуры.
Решение. Легко видеть, что и эта задача допускает стандартное решение по формуле (13.2) с громоздкими вычислениями. Попробуем найти другое решение. Способ (с вырезанием другого круга с целью получить фигуру с большей симметрией), использованный в предыдущей задаче, здесь не годится: исходная фигура (треугольник) не симметрична. Но идею о комбинации фигур можно попытаться применить. Вложим вырезанный круг (обозначим эту фигуру символом I). Тогда мы получим треугольник OAB (обозначим эту фигуру символом III), центр масс которого
R2 —г* '
Ll-,-,¦4I..... >
Л а 5 X
34.3
229
лежит в точке пересечения медиан M. Но центр масс фигуры II (треугольник с вырезанным кругом) лежит в точке L на медиане AD на неизвестном расстоянии х от точки М, и возникает идея рассматривать фигуру III как комбинацию фигур I и II. Так как массы фигур известны (/W1=OWt/-2,
т2=т3—ти т2=а[Кр (р—а) (p—b) (р—с)—яг2], где , р = = (а+Ы-с)/2,) то уравнение (34.1) определяющее центр масс системы фигур I и II, принимает в данном случае вид
XIa1=^m1Im2.
В общем виде его решение:
__тга±_
~~ V> (P-cl) (р-Ь) [P-c)-ut* '
Пример 34.3 В равномерно заряженном электрическом шаре имеется сферическая полость, центр которой находится на расстоянии а от центра шара (рис. 34.4). Найти напряженность электрического поля в произвольной точке полости, если плотность заряда равна р. Решение. Физическая система состоит из равномерно заряженного шара с полостью. Необходимо рассчитать электрическое поле в полости. Эта основная задача в! теории электростатического поля. і
Так как заряд шара неточечный, то можно было бы при-^ менить метод ДИ (см. §6). Но это связано с трудоемкими, вычислениями интегралов. Используем комбинационные, идеи, изложенные выше. Обозначим г радиус полости, я R — радиус большого шара. Рассмотрим совокупности трех тел, равномерно заряженных электричеством с плот^ ностью р: малый шар радиуса г (обозначим это тело симвої лом I), большой шар радиуса R (символ III) и шар с поло* стью (символ II). По принципу суперпозиции напряжені ность поля E3 в любой точке внутри большого шара равна геометрической сумме напряженностей полей малого шар! (Ei) и шара с полостью (E8):
E8=EiH-Ej.
Отсюда искомая напряженность E8=E8—Ef.
Пусть произвольная точка А внутри полости находиЛІ на расстоянии у от центра полости и на расстояний х\ центра шара (рис. 34.4). Тогда по формуле для поля внут}
?30
шара имеем
?i=py/(3e0), Е3=рх/(3г0).
(34.2) (34.3)
Рассмотрим треугольники AOOi и ABC Учитывая (34.2) и (34.3), находим
AB AC
E3
У_
X
AOt \
\А0\
Следовательно, эти треугольники подобны, отсюда ВС\ \АС\ ?а_?3
или —--•
а X
10O11 I АО
Таким образом, Я2=ар/ (Se0).
Так как E2IlOOi (это следует из подобия треугольников AOO1 и ABC), то окончательно находим, что электрическое поле внутри полости однородно.
