Перейти в начало сайта Перейти в начало сайта
Электронная библиотека «Наука и техника»
n-t.ru: Наука и техника
Начало сайта / Раритетные издания / Смотри в корень!
Начало сайта / Раритетные издания / Смотри в корень!

Научные статьи

Физика звёзд

Физика микромира

Журналы

Природа

Наука и жизнь

Природа и люди

Техника – молодёжи

Нобелевские лауреаты

Премия по физике

Премия по химии

Премия по литературе

Премия по медицине

Премия по экономике

Премия мира

Книги

Биологически активные

Как мы видим то, что видим

Обычное в необычном (Энциклопедия чудес. Книга первая)

Плеяда великих медиков

У истоков дизайна

Химия вокруг нас

Издания НиТ

Батарейки и аккумуляторы

Охранные системы

Источники энергии

Свет и тепло

Научно-популярные статьи

Наука сегодня

Научные гипотезы

Теория относительности

История науки

Научные развлечения

Техника сегодня

История техники

Измерения в технике

Источники энергии

Наука и религия

Мир, в котором мы живём

Лит. творчество ученых

Человек и общество

Образование

Разное

Задача 35. Гантель в космосе

Пётр Маковецкий. Смотри в корень! Сборник любопытных задач и вопросов

А.

На Луне на тонкой прочной нити горизонтально подвешена «гантель» – стержень с двумя одинаковыми массами на концах (рис. 32а). Точка подвеса совпадает с центром масс гантели. Отклоните слегка гантель от горизонтального положения (рис. 32б) и отпустите ее. Какое положение примет гантель?

Рис. 32

Б.

Обычно отвечают так: поскольку центр масс совпадает с точкой подвеса, то гантель находится в безразличном равновесии. Следовательно, она останется в том положении, в которое мы ее установим: в наклонном, горизонтальном, вертикальном. И добавляют, что законы физики одинаковы на Луне и на Земле, а поэтому для постановки этого опыта не обязательно было забираться на Луну.

Согласен, этот опыт можно было бы поставить и на Земле, но только под колпаком, из-под которого откачан воздух, иначе движение воздуха могло бы раскачивать гантель и замаскировать те тонкие эффекты, которые должны проявиться в этой задаче. Таким образом, в задаче используется не столько Луна, сколько вакуум, существующий над ее поверхностью.

Теперь подсказка по существу задачи. Вес и масса – далеко не одно и то же: вес есть произведение массы на ускорение свободного падения. Обязательно ли центр тяжести совпадает с центром масс?

В.

В горизонтальном положении на две половинки гантели действовали одинаковые ускорения свободного падения (благодаря чему центр тяжести совпадал с центром масс), в наклонном – различные: в соответствии с законом всемирного тяготения Ньютона нижняя половина гантели будет тяжелее верхней, так как она ближе к центру Луны. В результате центр тяжести всей гантели сместится по стержню вниз от центра симметрии (а центр масс, всегда совпадающий с центром симметрии, останется на месте!), и стержень из наклонного положения начнет все быстрее и быстрее поворачиваться в вертикальное. С разгону он пройдет это положение, но затем затормозится и, совершив большое число колебаний, остановится в вертикальном положении, когда энергия его колебаний израсходуется на трение о нить в точке подвеса. Вертикальное положение стержня будет положением устойчивого равновесия, так как центр тяжести займет самое низкое из всех возможных положений. Горизонтальное же положение было положением неустойчивого равновесия.

Вычислим разницу в силах, действующих на обе половины гантели в момент, когда ее стержень, имеющий длину l, уже установился вертикально. Будем полагать, что стержень невесом, а вся масса сосредоточена на его концах. Сила тяготения обратно пропорциональна квадрату расстояния от центра тяготения (в данном случае от центра Луны):

P1/P2 = ma1/ma2 = a1/a2 = R22/R12 = (R1 + l)2/R12 = (R12 + 2R1l + l2)/R12.(1)

Здесь P1 и P2 – веса обеих половинок, a1 и a2 – их ускорения свободного падения, R1 и R2 – их расстояния от центра Луны.

Примем R1 = 1750 км (несколько больше радиуса Луны) и длину стержня l = 100 м. Так как l << R1, то третьим слагаемым в числителе формулы можно пренебречь по сравнению с первыми двумя. Тогда формула упрощается:

P1/P2 = a1/a2 = l + 2l/R1.

Поскольку и 2l << R1, то, казалось бы, можно пренебречь и вторым слагаемым. Но если бы мы так сделали, то наша задача полностью исчезла бы: мы пришли бы к равенству P1 = P2, характеризующему однородное поле тяжести. Наша задача держится именно на наличии второго слагаемого, т.е. на том факте, что поле тяжести неоднородно. После подстановки численных значений l и R1 имеем

a1/a2 = 1 + 2 · 0,1 / 1 750 = 1,000114.

Разница в весе невелика (а в исходном наклонном положении она еще меньше), но в условиях вакуума и слабого трения нити этого достаточно, чтобы повернуть стержень в вертикальное положение.

На Земле (R1 ≈ 6 380 км) относительная разница в весе была бы еще меньше, хотя абсолютная (при одной и той же массе гантели) была бы больше, чем на Луне. Интересно, что на Земле, в условиях наличия атмосферы, положением устойчивого равновесия было бы или вертикальное, или горизонтальное положение, в зависимости от плотности материала, из которого сделана гантель. Дело в том, что в этом случае пришлось бы принимать во внимание не только закон Ньютона, но и закон Архимеда. Поскольку плотность атмосферы убывает с увеличением высоты, то на нижнюю половину гантели действовала бы бОльшая сила Архимеда, чем на верхнюю, и это противодействовало бы силам Ньютона. Для стальной гантели положение устойчивого равновесия – вертикальное, для пробковой – горизонтальное (на малых высотах над Землей, где атмосфера достаточно плотна).

Разумеется, в условиях атмосферы эти силы из-за своей малости не могут дать о себе знать, так как силы трения о воздух и особенно силы, вызванные перемещениями воздуха, существенно больше. Однако это не значит, что рассмотренные здесь явления не имеют практического значения. Ведь существует среда, в которой нет ни ветра, ни воздуха вообще и в которой гантель может быть «подвешена» без нити. Это космическое пространство. Если на экваториальную орбиту вывести спутник, имеющий форму гантели, то на ближнюю к Земле половину спутника будет действовать большее ускорение свободного падения, чем на дальнюю, отчего спутник должен установиться стержнем по направлению к центру Земли и сохранять такую ориентацию вечно (рис. 33а...г). Практическое значение такой ориентации состоит в том, что на ближнем к Земле конце гантели можно укрепить фотоаппарат, телевизионную камеру, и они будут все время направлены на Землю, что позволит вести из космоса непрерывный репортаж о нашей планете (например, о состоянии облачности на всем земном шаре). Можно укрепить остронаправленную антенну.

Рис. 33

В космосе стержень гантели может быть очень тонким (струна): на орбите благодаря невесомости стержень будет растягиваться не всей силой тяжести гантели, а только разницей в силах тяжести, действующих на обе половинки гантели. Это позволяет удлинить «стержень» вплоть до километров, что увеличивает разницу в силах тяготения на его концах.

Как мы уже видели раньше, гантель, прежде чем занять устойчивое вертикальное положение, совершает вокруг него постепенно затухающие колебания. Спутник-гантель тоже будет колебаться* вокруг прямой, соединяющей его с центром Земли (рис. 33д). Но затухать сами собой эти колебания не могут: в космосе нет трения. Как же их потушить? Для этой цели предложено несколько вариантов. Один из них состоит в том, чтобы вместо стержня соединять две половины спутника пружиной (рис. 33г). Колебания спутника вызовут переменные центробежные силы, которые заставят растягиваться и сжиматься пружину, отчего энергия колебаний постепенно израсходуется на разогрев пружины, и колебания прекратятся. Точно так же будут погашены колебания, вызванные ударами о спутник космических пылинок.

* С периодом, близким по величине к периоду обращения вокруг Земли и почти не зависящим от размеров и формы гантели.

Заметим, что у Земли давно уже существует спутник-гантель. Это Луна. Она не совсем шарообразна и этим чуть-чуть напоминает гантель: всегда направлена на Землю своей большой осью. Ее вращение и колебания были заторможены трением приливов, вызываемых в лунной коре тяготением Земли. И Луна ориентировалась на Землю своей большой осью*. А уж потом мы (в предыдущей задаче) ориентировали радиолуч вдоль этой большой оси с помощью тяготения Луны.

* Впрочем, в последнее время эту ориентацию объясняют эксцентричностью ядра, обнаруженной радиолокационными измерениями движения центра масс Луны.

Для тех, кто еще не потерял интереса к задаче, предлагаем доказательство того, что центр тяжести гантели, подвешенной на нити на Луне, при колебаниях перемещается по окружности.

Рис. 34

Пока гантель была в горизонтальном положении, веса обеих ее половин, P1 и P2, были одинаковы, поэтому центр тяжести находился на середине стержня, на расстоянии l/2 от его концов (рис. 34). При отклонении стержня на угол φ вес нижней части гантели P1 возрос, вес верхней части P2 уменьшился. Центр тяжести M есть точка приложения веса тела P, который является равнодействующей весов P1 и P2. Точка приложения равнодействующей двух параллельных сил (а они почти параллельны) делит расстояние между точками приложения составляющих на части, обратно пропорциональные этим составляющим:

P1/P2 = (l/2 + Δ) / (l/2 – Δ),

где Δ – расстояние центра тяжести от точки подвеса.

Концы гантели при отклонении на угол φ разнесены по высоте на величину h, которая и определяет различие весов P1 и P2, как это было показано раньше:

P1/P2 = 1 + 2h/R1.

Учитывая, что h = l·sin φ, и приравнивая две формулы, имеем

(l/2 + Δ) / (l/2 – Δ) = 1 + ([2l·sin φ]/R1).

Решаем уравнение относительно Δ. Это дает

Δ = (l/2) · ([2l sin φ] / 2R1 + 2l sin φ).

Пренебрегая вторым слагаемым знаменателя (поскольку 2l·sin φ << 2R1), получаем окончательно

Δ = l2·sin φ / 2R1.

Для тех, кто знаком с полярной системой координат, уже ясно, что это окружность: ведь полусинусоида в полярной системе координат выглядит, как окружность в декартовых. Для остальных же придется продолжить доказательство.

Найдем максимальное значение Δ. Как видно из формулы Δ = max, если sin φ = max = 1, т.е. если φ = 90°. Подставляя φ = 90°, получаем

Δmax = l2/2R1

Рис. 34

Отложим Δmax вертикально вниз от точки O (рис. 34, отрезок OK) и разделим отрезок OK точкой L пополам, обозначив две половинки OL и LK буквой b:

b = Δmax/2 = l2/4R1.

Соединим центр тяжести M и точку L прямой ML = a. Если нам удастся доказать, что при любом значении φ a = b = const, то это будет означать, что точка M при любом значении φ отстоит от точки L на постоянную величину, т.е. перемещается по окружности. Из треугольника MOL по теореме косинусов

т.е.

или

a = l2/4R1 = b.

Итак, действительно a не зависит от φ, и, следовательно, кривая, по которой движется центр тяжести M, есть окружность, отрезок a – ее радиус, а точка L – центр.

Разумеется, размеры окружности на рис. 34 сильно преувеличены. Ее диаметр в случае рассмотренной нами лунной гантели равен всего лишь

d = Δmax = l2/2R1 = (100 · 100) / (2 · 1 750 000) = 0,0028 м = 2,8 мм.

но при увеличении l в 10 раз d возрастает в 100 раз.

При очень больших l (десятки и сотни километров) приведенные выше формулы перестают быть правильными, так как силы P1 и P2 становятся заметно непараллельными и, кроме того, в формуле (1) нельзя уже будет пренебречь и третьим слагаемым. Не учитывая этого, мы при l = 5000 км получили бы d ≈ 7000 км > l, что означало бы, что центр тяжести вышел за пределы длины гантели. Это абсурд.

 

• Задача 36. Детективно-астрономо-филателистический сюжет

Оглавление


Дата публикации:

9 августа 2003 года

Электронная версия:

© НиТ. Раритетные издания, 1998

В начало сайта | Книги | Статьи | Журналы | Нобелевские лауреаты | Издания НиТ | Подписка
Карта сайта | Cовместные проекты | Журнал «Сумбур» | Игумен Валериан | Техническая библиотека
© МОО «Наука и техника», 1997...2017
Об организацииАудиторияСвязаться с намиРазместить рекламуПравовая информация
Яндекс цитирования
Яндекс.Метрика