Текст книги "Физика в примерах и задачах"

Автор книги: Е. Бутиков

Соавторы: Александр Кондратьев,Александр Быков
сообщить о нарушении

Текущая страница: 3 (всего у книги 27 страниц) [доступный отрывок для чтения: 10 страниц]

Но вернёмся к нашей «нефизической» задаче. Даже при таких упрощениях на первый взгляд не ясно, с чего начинать. Обратимся к вопросу, поставленному в задаче: при каком условии тело тонет в воде? Тело тонет, если его масса 𝑚 больше массы воды 𝑚₀ того же объёма, что и тело. Таким образом, требуется выяснить, при каких условиях 𝑚₀/𝑚<1.

Движение тела в воде происходит под действием двух постоянных сил: силы тяжести 𝑚𝑔 и выталкивающей силы Архимеда -𝑚₀𝑔, и, следовательно, будет равнопеременным с ускорением 𝑎=𝑔(1-𝑚₀/𝑚). Поскольку скорость тела перед входом в воду 𝑣₀=√2𝑔ℎ то перемещение тела в воде за время 𝑡

𝑠₁

=

√

2𝑔ℎ

𝑡

+

⎛

⎜

⎝

1+

𝑚₀

𝑚

⎞

⎟

⎠

𝑔𝑡²

2

.

Во втором случае, когда тело сброшено с высоты 𝑘ℎ перемещение тела в воде за то же время 𝑡

𝑠₂

=

√

2𝑘𝑔ℎ

𝑡

+

⎛

⎜

⎝

1+

𝑚₀

𝑚

⎞

⎟

⎠

𝑔𝑡²

2

.

По условию задачи 𝑠₁/𝑠₂=𝑙 т.е.

√2𝑘𝑔ℎ +

⎛

⎜

⎝ 1+

𝑚₀

𝑚

⎞

⎟

⎠

𝑔𝑡

2

√2𝑔ℎ +

⎛

⎜

⎝ 1+

𝑚₀

𝑚

⎞

⎟

⎠

𝑔𝑡

2

=

𝑙

.

(1)

Обозначим для удобства (1-𝑚₀/𝑚)𝑔𝑡/2 через 𝑥. Тело будет тонуть при 𝑚₀/𝑚<1, т.е. при 𝑥>0. Запишем уравнение (1), используя введённое обозначение:

√

2𝑘𝑔ℎ

+

𝑥

=

𝑙(√

2𝑔ℎ

+𝑥)

.

(2)

Выясним, при каком условии корень этого уравнения 𝑥=√2𝑔ℎ(√𝑘-𝑙)/(𝑙-1) положителен. Элементарным анализом можно убедиться, что при 𝑘>1 значение 𝑥 положительно при 𝑙<√𝑘 а при 𝑘<1 значение 𝑥>0 при 𝑙>√𝑘.

Таким образом, полученный результат можно сформулировать следующим образом. Тело будет тонуть в воде, если при увеличении начальной высоты в 𝑘 раз глубина погружения за первую секунду увеличится менее чем в √𝑘 раз. Если же глубина погружения за первую секунду возрастёт более чем в √𝑘 раз, то тело будет всплывать.

Подумаем теперь, как можно уточнить решение этой задачи, если отказаться от некоторых из сделанных выше упрощающих предположений. Оказывается, сравнительно просто можно учесть движение воды, вытесняемой телом.

Прежде всего отметим, что при равномерном движении тела в жидкости сопротивление, которое оказывает жидкость его движению, обусловлено силами вязкого трения. Однако при неравномерном движении картина будет существенно иная. Даже при движении в идеальной жидкости следует учитывать, что ускорение сообщается не только телу, но и частицам самой жидкости. Как это скажется на движении тела?

Чтобы покоившееся тело массы 𝑚 привести в движение со скоростью 𝑣, нужно совершить работу, равную 𝑚𝑣²/2. Из-за увлечения жидкости, окружающей тело, её частицы приобретут скорости, пропорциональные скорости тела 𝑣. В результате увлечённая телом жидкость будет обладать кинетической энергией, пропорциональной 𝑣², для сообщения которой потребуется дополнительная работа. Поэтому работа по приведению в движение погружённого в жидкость тела пропорциональна 𝑣², но больше 𝑚𝑣²/2. Записывая эту работу в виде

𝐴

=

𝑀𝑣²

2

,

где 𝑀>𝑣 приходим к выводу, что при погружении тела в жидкость оно будет двигаться под действием внешних сил так, как будто его масса увеличилась. Дополнительная, так называемая присоединённая масса характеризует инертные свойства окружающей жидкости. Значение присоединённой массы зависит от плотности жидкости и формы тела.

Посмотрим, что изменится в решении задачи при учёте присоединённой массы. Очевидно, что ускорение тела при его движении в жидкости под действием силы тяжести 𝑚𝒈 и выталкивающей силы 𝑚₀𝒈 будет равно 𝒂'=𝒈(𝑚-𝑚₀). Именно на эту величину заменится ускорение 𝑎=𝑔(1-𝑚₀/𝑚) в выражениях для 𝑡₁ и 𝑡₂ и в уравнении (1). Если теперь через 𝑥 обозначить 𝑔(𝑚-𝑚₀)𝑡/2𝑀, то уравнение (2) будет иметь прежний вид. Так как тело тонет при 𝑚>𝑚₀, то из уравнения (2), как и раньше, нужно найти условия, при которых 𝑥>0.

Таким образом, учёт присоединённой массы не изменяет ответа в этой задаче. ▲

3. Санки на горе.

Склон горы образует угол α с горизонтом. Под каким углом β (рис. 3.1) следует тянуть за верёвку, чтобы равномерно тащить санки в гору с наименьшим усилием? Какова должна быть эта сила?

Рис. 3.1. Под каким углом β следует тянуть за верёвку?

Рис. 3.2. Силы, действующие на санки

△ Считая санки материальной, точкой, можно принять что все действующие на санки силы – и сила тяжести 𝑚𝒈, и сила реакции поверхности горки 𝑸, и сила 𝑭, с которой тянут за верёвку, – приложены в одной точке (рис. 3.2). При равномерном движении санок векторная сумма всех действующих сил равна нулю:

𝑭

+

𝑸

+

𝑚𝒈

=

0.

(1)

Для исследования уравнения (1) спроецируем это векторное равенство на два взаимно перпендикулярных направления: вдоль наклонной плоскости и перпендикулярно ей. При этом учтём, что проекция силы 𝑸 на направление нормали к плоскости есть нормальная сила реакции 𝑵, а проекция 𝑸 на направление вдоль плоскости есть сила трения скольжения 𝑭_тр. В результате вместо (1) получим

𝐹 cos β

–

𝐹

_тр

–

𝑚𝑔 sin α

=

0,

(2)

𝐹 sin β

+

𝑁

–

𝑚𝑔 cos α

=

0.

(3)

Для исследования зависимости силы 𝐹 от угла β необходимо исключить из этих уравнений 𝑁 и 𝐹_тр, так как они сами зависят от угла β. На основании закона Кулона – Амонтона

𝐹

_тр

=

μ𝑁

.

(4)

Выражая силу 𝑁 из уравнения (3) и подставляя в (4), получаем

𝐹

_тр

=

μ(

𝑚𝑔 cos α

–

𝐹 sin β

).

(5)

Учитывая это выражение для силы трения, из уравнения (2) находим

𝐹

=

𝑚𝑔

sin α+μ cos α

cos β+μ sin β

.

(6)

Числитель этого выражения не зависит от β, поэтому сила 𝐹 будет наименьшей, когда знаменатель максимален. Поэтому будем искать максимум выражения

ƒ(β)

=

cos β

+

μ sin β

.

(7)

Для нахождения максимума можно приравнять нулю производную этой функции: ƒ'(β)=0. Можно найти максимум и элементарно, сведя ƒ(β) к одной тригонометрической функции угла β. Введём некоторую величину φ так, чтобы tg φ был равен коэффициенту трения μ:

μ

=

tg φ

=

sin φ

cos φ

.

(8)

Такая замена возможна при любом μ, так как тангенс изменяется от -∞ до ∞. Подставляя μ, из соотношения (8) в выражение (7) и приводя правую часть к общему знаменателю, получаем

ƒ(β)

=

cos β cos φ + sin β sin φ

cos φ

=

cos(β-φ)

cos φ

.

(9)

Теперь очевидно, что величина ƒ(β) максимальна при β=φ, т.е. при

β

=

arctg μ

.

(10)

Вот под таким углом β и следует тянуть санки за верёвку. Сила 𝐹 при этом будет наименьшей. Чтобы найти её, подставим в (6) выражение (8) для μ и учтём, что в интересующем нас случае φ=β. В результате после простых преобразований получаем

𝐹

=

𝑚𝑔

sin(α+β)

.

(11)

Проанализируем полученный ответ. Прежде всего отметим, что приведённое решение имеет смысл только тогда, когда получившееся значение β таково, что α+β≤π/2. Если α+β>π/2, то, как видно из рис. 3.2, сила 𝑭 отклонялась бы влево от вертикали и не могла бы тащить санки в гору. В предельном случае α+β=π/2 сила 𝑭 направлена вертикально вверх и, как видно из формулы (11), равна по модулю силе тяжести 𝑚𝑔. Это значит, что сила 𝑭 просто удерживает санки на весу, а сила 𝑸 равна нулю.

Таким образом, форма ответа зависит от угла α и коэффициента трения μ. Если α+arctg μ>π/2, то ответ на поставленные вопросы даётся формулами (10) и (11). В противном случае сила 𝑭 должна быть направлена вертикально вверх и равна по модулю силе тяжести 𝑚𝑔.

Эта задача допускает изящное графическое решение. Для этого заметим, что формально введённая соотношением (8) величина φ имеет простой физический смысл: в силу закона Кулона – Амонтона (4) φ есть угол, образованный силой реакции опоры 𝑸 с нормалью к наклонной плоскости (рис. 3.2). Поэтому уравнение (1) легко исследовать графически.

Рис. 3.3. Графическое определение наименьшей силы 𝑭

Сначала изобразим на чертеже известную и по модулю, и по направлению силу 𝑚𝑔 (рис. 3.3). Что касается слагаемого 𝑸, то нам заранее известно только его направление: как видно из рис. 3.2, оно составляет угол φ=arctg μ с нормалью к наклонной плоскости, т.е. угол α+φ с вертикалью. Поэтому через конец вектора 𝑚𝒈 проводим прямую, составляющую угол α+φ с вертикалью. На этой прямой будем откладывать силу 𝑸, совмещая её начало с концом вектора 𝑚𝒈. Далее в соответствии с уравнением (1) строим силу 𝑭, которая должна замыкать треугольник сил, т.е. соединять конец вектора 𝑸 с началом вектора 𝑚𝒈. Из рис. 3.3 видно, что модуль силы 𝑭 будет наименьшим, когда её направление образует прямой угол с направлением 𝑸, т.е. угол α+φ с горизонтом или, другими словами, угол φ=arctg μ со склоном горы.

Из рис. 3.3 видно, что это решение имеет смысл, только если α+arctg μ<π/2. Обычно коэффициент трения невелик, и это условие не выполняется только при углах α, близких к π/2. Значит, решение, выражаемое формулой (10), может оказаться несправедливым только при подъёме на очень крутую гору.

В заключение предлагаем подумать над вопросом, почему передние колеса деревенской телеги, к оси которой прикрепляются оглобли, как правило, меньше задних. ▲

4. Доски на наклонной плоскости.

На наклонной плоскости, составляющей угол α с горизонтом, лежат две доски, одна на другой (рис. 4.1). Можно ли подобрать такие значения масс досок 𝑚₁ и 𝑚₂, коэффициентов трения досок о плоскость μ₁ и друг о друга μ₂, чтобы нижняя доска выскользнула из-под верхней? В начальный момент доски покоятся.

Рис 4. Доски на наклонной плоскости

△ На первый взгляд это самая обычная задача. Следует рассмотреть все действующие на доски силы и, пользуясь законами Ньютона, составить уравнения движения. Решив их, найдём ускорения 𝑎₁ и 𝑎₂, и для ответа на поставленный вопрос останется только выяснить, при каких условиях ускорение нижней доски 𝑎₁ больше ускорения верхней 𝑎₂. Однако, попытавшись выполнить эту программу, мы сразу столкнёмся с трудностью. Для решения уравнений нужно знать, как направлены все действующие силы. Но как направлены силы трения досок друг о друга? Это зависит от их относительной скорости, т.е. от того, какая из досок соскальзывает с большим ускорением. Получается заколдованный круг: чтобы найти ускорения, надо знать направления сил, а чтобы найти направления сил, требуется знать, какое из ускорений больше. Такое положение характерно для многих задач, где учитывается трение. Конечно, можно последовательно перебирать все мыслимые варианты и исключать те из них, которые приводят к нелепому результату. Но можно найти иной подход, чтобы подобных проблем не возникало.

Рис. 4.2. Действующие силы при условии, что нижняя доска выскальзывает из-под верхней

В данной задаче нам нужно только выяснить, возможно ли движение нижней доски с большим ускорением. Предположим, что это возможно, т.е. что мы подобрали такие значения масс и коэффициентов трения, при которых 𝑎₁>𝑎₂. Тогда направление всех сил определяется однозначно и указано на рис. 4.2, где 𝑭 – сила трения нижней доски о наклонную плоскость, 𝑭₁=-𝑭₂ – силы трения досок друг о друга, 𝑵 – нормальная сила реакции наклонной плоскости, 𝑵₁=-𝑵₂ – силы давления досок друг на друга. Составляя уравнения движения досок и проецируя их на направление вдоль наклонной плоскости, получаем

𝑚₁𝑔

sin α

–

𝑭

–

𝑭₁

=

𝑚₁𝑎₁

,

𝑚₂𝑔

sin α

+

𝑭₁

=

𝑚₂𝑎₂

.

Из этих уравнений сразу видно, что при любых массах и коэффициентах трения

𝑎₁

<

𝑔 sin α

,

𝑎₂

>

𝑔 sin α

,

т.е. 𝑎₁<𝑎₂ Мы получили противоречие: при предположении, что 𝑎₁>𝑎₂, из уравнений динамики следует, что 𝑎₁<𝑎₂. Так как уравнения динамики безусловно справедливы, полученное противоречие означает, что предположение о возможности движения нижней доски с большим ускорением ошибочно. ▲

5. Бусинка на вращающемся стержне.

На гладкий стержень, расположенный под углом α к вертикали, насажена бусинка (рис. 5.1). Стержень вращается с угловой скоростью ω вокруг вертикальной оси. Описать движение бусинки по стержню. Трением пренебречь.

Рис. 5.1. Силы, действующие на неподвижную относительно стержня бусинку

△ Может ли бусинка покоиться относительно стержня? Предположим, что может. Это значит, что существует такая точка стержня (на расстоянии 𝑟 от оси вращения – см. рис. 5.1), находясь в которой бусинка относительно стержня покоится, т.е. действующие на неё сила тяжести 𝑚𝒈 и сила реакции стержня 𝑵 сообщают ей ускорение 𝒂, равное центростремительному ускорению этой точки стержня. Из рисунка видно, что

𝑚𝑔

ctg α

=

𝑚𝑎

,

(1)

откуда следует (так как 𝑎=ω²𝑟), что 𝑟=(𝑔/ω²)ctg α. Помещённая в эту точку бусинка покоится относительно стержня. Таким образом, положение равновесия бусинки на вращающемся стержне существует.

Рис. 5.2. Чтобы удержать бусинку в смещённом вверх положении, нужна сила 𝑭, действующая вниз вдоль стержня

Будет ли равновесие устойчивым? Другими словами, как будет вести себя бусинка, если по какой-либо причине она немного сместится из этого положения? Для выяснения этого вопроса поступим следующим образом: сместим бусинку немного вверх по стержню и выясним, при каком условии бусинка будет в равновесии и в этой новой точке. Только двумя силами 𝑚𝒈 и 𝑵 здесь не обойтись, поскольку при наличии только этих двух сил положение равновесия определяется однозначно формулой (1). Нужна третья сила. Такой силой могла бы быть сила трения бусинки о стержень. Выясним, в какую сторону она должна быть направлена (рис. 5.2). Модуль и направление силы тяжести не изменились, направление нормальной силы реакции стержня 𝑵 также не изменилось. Поскольку 𝑚𝑎'>𝑚𝑎, необходимо, чтобы сила трения была направлена вниз по стержню. Но по условию задачи этой силы нет, поэтому бусинка будет скользить вверх по стержню. Аналогичными рассуждениями можно показать, что при небольшом смещении бусинки вниз она будет скользить вниз, т.е. удаляться от положения равновесия. Таким образом, положение равновесия бусинки на вращающемся стержне будет неустойчивым.

Каким будет поведение бусинки при наличии трения? Поскольку сила трения покоя может изменяться от нуля до некоторого максимального значения, из предыдущих рассуждений ясно, что должен существовать целый участок на стержне, в любой точке которого бусинка будет покоиться относительно стержня. Предлагаем вам самостоятельно найти положение границ этого участка при известном коэффициенте трения. Если у вас возникнут затруднения, рекомендуем ознакомиться с задачей 7 «Брусок на наклонной плоскости». ▲

6. Монета на горизонтальной подставке.

Подставка с лежащей на ней монетой движется поступательно в горизонтальной плоскости по окружности радиусом 𝑟 с угловой скоростью ω. Коэффициент трения монеты о подставку равен μ. Каким будет установившееся движение монеты?

△ Из соображений симметрии ясно, что установившееся движение монеты происходит по окружности с той же угловой скоростью ω. Действительно, в горизонтальной плоскости отсутствуют какие-либо физически выделенные направления. Поэтому, какими бы ни были начальные условия, при установившемся движении траектория монеты будет представлять собой окружность в инерциальной лабораторной системе отсчёта. От начальных условий зависит только положение центра этой окружности. Любая другая мыслимая траектория таким свойством – отсутствием выделенных направлений – не обладает. Соображения симметрии позволяют сделать вывод, что и относительно подставки монета, если она проскальзывает, тоже движется по окружности. Теперь, когда мы представляем себе характер движения монеты в целом, остаётся только установить количественные соотношения между его характеристиками, в частности выразить радиусы окружностей, вычерчиваемых монетой в той и другой системах отсчёта, через приведённые в условии данные.

В горизонтальной плоскости на монету действует только сила трения со стороны подставки. Рассмотрим сначала случай, когда монета движется вместе с подставкой. Так как при поступательном движении подставки все её точки движутся по одинаковым окружностям радиуса 𝑟, то и монета движется по такой же окружности с ускорением ω²𝑟, направленным к её центру. Так как это ускорение сообщается монете силой трения покоя, которая не может превышать значения μ𝑚𝑔, то установившееся движение монеты будет происходить вместе с подставкой при условии ω²𝑟≤μ𝑔, т.е. при ω²𝑟/μ𝑔≤1.

При значениях этого безразмерного параметра ω²𝑟/μ𝑔>1 (т.е. при большей угловой скорости ω, или большем радиусе 𝑟, или меньшем коэффициенте трения μ) монета будет проскальзывать относительно подставки. В этом случае центростремительное ускорение монете сообщает сила трения скольжения, направленная в сторону, противоположную вектору 𝒗 скорости монеты относительно подставки. При движении по окружности сила перпендикулярна скорости 𝑽 монеты в инерциальной системе отсчёта. Поэтому векторы 𝑽 и 𝒗 взаимно перпендикулярны. Скорость 𝑽 монеты в лабораторной системе отсчёта представляет собой векторную сумму скорости монеты 𝒗 относительно подставки и скорости 𝒖 той точки подставки, в которой в данный момент находится монета (хотя, разумеется, скорости всех точек подставки одинаковы при её поступательном движении):

𝑽

=

𝒗

+

𝒖

.

(1)

Соотношение (1) графически проиллюстрировано на рис. 6.1, где учтена указанная ортогональность векторов 𝑽 и 𝒗. Из этого рисунка видно, что при проскальзывании монеты её скорость 𝑽 в лабораторной системе всегда меньше скорости подставки 𝒖=ω𝑟. По условию вектор 𝒖 поворачивается с угловой скоростью ω, поэтому и весь треугольник скоростей на рис. 6.1 вращается как целое, так что взаимное расположение всех векторов остаётся неизменным. Это означает, что угол α между векторами 𝒖 и 𝒗 фактически характеризует отставание по фазе вектора 𝑽 скорости монеты от вектора 𝒖 скорости подставки.

Рис. 6.1. Взаимное расположение векторов скоростей 𝑽 монеты и 𝒖 подставки

Для определения радиуса 𝑅 круговой траектории монеты в лабораторной системе отсчёта воспользуемся вторым законом Ньютона, т.е. приравняем силу трения скольжения μ𝑚𝑔 произведению массы 𝑚 монеты на ускорение ω²𝑅: μ𝑔=ω𝑅. Отсюда

𝑅

=

μ𝑔

ω²

,

ω²𝑟

μ𝑔

≥

1.

(2)

Интересно отметить, что при проскальзывании монеты радиус 𝑅 траектории движения монеты не зависит от радиуса 𝑟 окружностей, по которым движутся точки подставки. Однако радиус 𝑅, как видно из (2), не превосходит 𝑟 и становится равным ему только при предельном значении параметра ω²𝑟/μ𝑔=1, когда проскальзывание прекращается.

Не представляет труда найти и радиус ρ окружности, по которой монета движется относительно подставки. Все фигурирующие в формуле (1) скорости связаны с радиусами соответствующих окружностей соотношениями

𝑉

=

ω𝑅

,

𝑣

=

ωρ

,

𝑢

=

ω𝑟

.

(3)

Поскольку треугольник скоростей на рис. 6.1 прямоугольный, то с помощью теоремы Пифагора и соотношений (3) получаем

𝑟²

=

ρ²

+

𝑅²

,

откуда

ρ

=

√

𝑟²-𝑅²

.

(4)

Подставляя сюда найденное значение 𝑅 из (2), находим

ρ

=

𝑟

⎡

⎢

⎣

1-

⎛

⎜

⎝

μ𝑔

ω²𝑟

⎞²

⎟

⎠

⎤½

⎥

⎦

,

ω²𝑟

μ𝑔

≥

1.

(5)

Видно, что радиус ρ следа, который монета вычерчивает на подставке, также меньше радиуса 𝑟 траектории движения подставки.

Соотношение между ρ и 𝑅 может быть различным. При «быстром» движении, когда ω²𝑟/μ𝑔≫1, монета в инерциальной лабораторной системе отсчёта практически стоит на месте (𝑅≪𝑟), а подставка под ней описывает окружности радиуса 𝑟, так что ρ≈𝑟. При медленном движении подставки, когда ω²𝑟/μ𝑔≳1, монета почти не отстаёт от подставки, описывая в лабораторной системе отсчёта окружности почти такого же радиуса (𝑅≈𝑟), так что ρ≈0.

Рис. 6.2. Траектория движения монеты и её след на подставке

На рис. 6.2 показаны траектория движения монеты в лабораторной системе отсчёта (окружность радиуса 𝑅) и след, который монета вычерчивает на подставке (окружность радиуса ρ) для случая, когда 𝑅>ρ. Если монета в лабораторной системе отсчёта движется по окружности против часовой стрелки, то относительно подставки её движение происходит по часовой стрелке.

Представляет интерес рассмотреть фазовый сдвиг α между движением подставки и монеты в рассматриваемых предельных случаях быстрого и медленного движения подставки. Проделайте это самостоятельно, учитывая, что, как следует из рис. 6.1, cos α=𝑉/𝑢=𝑅/𝑟. ▲

7. Брусок на наклонной плоскости.

Наклонная плоскость, составляющая угол α с горизонтом, движется горизонтально с ускорением 𝒂 в направлении, указанном на рис. 7.1. Как будет двигаться лежащий на ней брусок, если коэффициент трения бруска о наклонную плоскость равен μ?

Рис. 7.1. Наклонная плоскость движется с заданным ускорением 𝑎

△ Рассмотрим сначала простейший частный случай, когда плоскость покоится или движется равномерно (𝑎=0). При этом поведение бруска исследуется очень просто. Если μ≥tg α, брусок покоится на наклонной плоскости, при μ

Выясним теперь, при каком условии брусок будет неподвижно лежать на наклонной плоскости при её ускоренном движении. Очевидно, что ускорение бруска при этом должно совпадать с ускорением плоскости. Для этого необходимо, чтобы векторная сумма всех сил, действующих на брусок, была равна произведению его массы на ускорение 𝒂. На брусок действуют сила тяжести 𝑚𝒈, сила реакции наклонной плоскости 𝑵 и сила трения покоя 𝑭. Напомним, что сила трения покоя может изменяться от нуля до максимального значения, равного μ𝑁. Направлена она может быть как вверх, так и вниз вдоль наклонной плоскости. Если ускорение плоскости 𝒂₀ таково, что 𝑚𝒈+𝑵=𝑚𝒂₀, то сила трения отсутствует: 𝑭=0 (рис. 7.2а). Это, конечно, не значит, что доска вдруг стала гладкой! Просто при 𝒂=𝒂₀ относительная скорость бруска и поверхности равна нулю и в отсутствие силы трения, и поэтому сила трения не возникает. Из рис. 7.2а видно, что 𝑎₀=𝑔 tg α.

Рис. 7.2. Силы, действующие на брусок, при разных ускорениях наклонной плоскости

Если ускорение наклонной плоскости 𝑎 немного меньше 𝑎₀ то в отсутствие трения, т.е. при μ=0, брусок соскальзывал бы вниз; при μ≠0 возникает сила трения, направленная вверх вдоль наклонной плоскости, и брусок остаётся неподвижным. Но поскольку сила трения покоя не может превышать μ𝑁, то при достаточно малом ускорении плоскости, меньшем некоторого значения 𝑎₁ брусок будет соскальзывать вниз. Это значение ускорения 𝑎₁ находится из условия, что сила трения 𝐹 равна своему максимальному значению μ𝑁 и направлена вверх по наклонной плоскости (рис. 7.2б). Составим уравнение движения бруска 𝑚𝒈+𝑵+𝑭=𝑚𝒂₁ и спроецируем его на направления вдоль наклонной плоскости и по нормали к ней:

𝑚𝑔

sin α

–

μ𝑁

=

𝑚𝑎₁

cos α

,

𝑁

–

𝑚𝑔

cos α

=

𝑚𝑎₁

sin α

.

(1)

Исключая 𝑁, находим

𝑎₁

=

𝑔

sin α-μcos α

cos α+μsin α

.

(2)

Итак, если ускорение плоскости 𝑎<𝑎₁, брусок соскальзывает вниз.

Заметим, что при μ>tg α ускорение 𝑎₁ оказывается отрицательным. Какой в этом смысл? Напомним, что при μ≥tg α брусок не будет соскальзывать и при 𝑎=0 (наклонная плоскость неподвижна или движется равномерно). Брусок не будет соскальзывать и при 𝑎<0, когда ускорение плоскости направлено влево, до тех пор, пока модуль ускорения не превзойдёт |𝒂₁|. Действительно, уравнения (1) справедливы и тогда, когда ускорение 𝒂₁ направлено влево, если под 𝑎₁ понимать его проекцию на горизонтальное направление.

Таким образом, мы нашли условие соскальзывания бруска при любых μ, и α:

𝑎

<

𝑔

sin α-μcos α

cos α+μsin α

.

Пусть теперь ускорение плоскости 𝑎 немного больше 𝑎₀. Тогда при μ=0 брусок перемещался бы вверх вдоль плоскости; при μ≠0 возникает сила трения покоя, направленная вниз вдоль плоскости, и брусок останется неподвижным на плоскости. С ростом 𝑎 увеличивается и сила трения, и когда ускорение становится таким, что сила трения 𝑭 достигает своего максимального значения μ𝑁, брусок начинает скользить вверх. Выясним, при каком ускорении плоскости 𝑎₂ сила трения становится равной μ𝑁 (рис. 7.2в). Составляя, как и раньше, уравнение движения бруска 𝑚𝒈+𝑵+𝑭=𝑚𝒂₂ и проецируя его на те же направления:

𝑚𝑔

sin α

+

μ𝑁

=

𝑚𝑎₂

cos α

,

𝑁

–

𝑚𝑔

cos α

=

𝑚𝑎₂

sin α

,

находим

𝑎₂

=

𝑔

sin α+μcos α

cos α-μsin α

.

Итак, если ускорение плоскости 𝑎>𝑎₂, брусок скользит вверх. Заметим, что 𝑎₂ при μ=ctg α обращается в бесконечность. Это означает, что при μ≥ctg α брусок не будет скользить вверх ни при каком ускорении плоскости.

Собирая вместе полученные результаты, можно записать условие неподвижности бруска на наклонной плоскости:

𝑔

sin α-μcos α

cos α+μsin α

≤

𝑎

≤

⎧

⎪

⎨

⎪

⎩

𝑔

sin α+μcos α

cos α-μsin α

, μ ≤ ctg α

;

∞,

μ ≥ ctg α.

▲

8. Брусок на подвижном клине.

На верхнюю часть клина массы 𝑀, который может без трения перемещаться по горизонтальной поверхности (рис. 8.1), кладут брусок массы 𝑚 и отпускают без начального толчка. Какую горизонтальную скорость приобретает клин к тому моменту, когда брусок соскользнёт до конца? Какой угол с горизонтом составляет вектор скорости бруска 𝒗, если угол при основании клина равен α? Высота клина равна ℎ. Трением между бруском и поверхностью клина пренебречь.

Рис.8.1. В начальный момент брусок и клин неподвижны

△ Проще всего ответить на поставленные вопросы, используя законы сохранения импульса и энергии. Однако в данном случае одних законов сохранения недостаточно. Необходимо ещё использовать кинематическую связь между скоростями клина и бруска, выражающую условие того, что движение бруска происходит именно по поверхности клина.

Рис. 8.2. Скорость бруска относительно клина направлена вдоль поверхности клина

Обозначим горизонтальную и вертикальную составляющие скорости бруска относительно земли через 𝒗_𝑥 и 𝒗_𝑦, а скорость клина в тот же момент времени через -𝑽. Поскольку при соскальзывании бруска клин движется налево, то горизонтальная составляющая скорости бруска относительно клина равна 𝒗_𝑥+𝑽 (рис. 8.2). Полная скорость бруска относительно клина должна быть направлена вдоль его поверхности, поэтому с помощью рис. 8.2 сразу находим

𝑣

_𝑦

=

(

𝑣

_𝑥

+

𝑉

)

tg α

.

(1)

Это и есть искомое кинематическое соотношение.

Рис. 8.3. Вектор скорости 𝒗 и траектория бруска (пунктир) относительно земли

Вектор скорости бруска относительно земли 𝒗 образует угол β с горизонтом, тангенс которого равен отношению 𝑣_𝑦/𝑣_𝑥 (рис. 8.3). Поэтому с помощью соотношения (1) имеем

tg β

=

𝑣_𝑦

𝑣_𝑥

=

⎛

⎜

⎝

1

+

𝑉

𝑣_𝑥

⎞

⎟

⎠

tg α

.

(2)

Величины 𝑣_𝑥 и 𝑉 можно связать с помощью условия сохранения горизонтальной составляющей импульса системы, которое выражает тот факт, что центр масс системы не перемещается в горизонтальном направлении:

𝑚𝑣

_𝑥

=

𝑀𝑉

.

(3)

Соотношение (3) позволяет переписать формулу (2) для tg β в виде

tg β

=

⎛

⎜

⎝

1

+

𝑚

𝑀

⎞

⎟

⎠

tg α

.

(4)

На рис. 8.3 пунктиром показана траектория бруска относительно земли. Если масса бруска много меньше массы клина, т.е. 𝑚/𝑀≪1, то из формулы (4) получаем β≈α. Так и должно быть, ибо в этом предельном случае клин практически не приходит в движение. В другом предельном случае 𝑚/𝑀≫1 угол β≈π/2: лёгкий клин выскальзывает из-под тяжёлого бруска, который падает практически отвесно.

Осталось найти только горизонтальную скорость клина в момент, когда брусок соскользнёт до его основания. Это можно сделать, если воспользоваться ещё и законом сохранения механической энергии. Поскольку трение отсутствует, первоначальная потенциальная энергия бруска целиком превращается в кинетическую энергию бруска и клина:

𝑚𝑔ℎ

=

𝑚(𝑣_𝑥²+𝑣_𝑦²)

2

=

𝑀𝑉²

2

.

(5)

Подставляя в это уравнение сначала 𝑣_𝑦 из выражения (1), а затем 𝑣_𝑥 из закона сохранения импульса (3), находим

𝑉²

=

2𝑔ℎ

(𝑀/𝑚)²+(1+𝑀/𝑚)²tg²α+𝑀/𝑚

.

(6)

Рассмотрите сами получающиеся из формулы (6) выражения в предельных случаях 𝑚/𝑀≪1 и 𝑚/𝑀≫1 и объясните результаты. ▲

9. Шарики на длинной нити.

На очень длинной нити подвешен шарик массы 𝑚₁, к которому на нити длиной 𝑙, подвешен шарик массы 𝑚₂, (рис. 9.1). Какую начальную скорость 𝒗₀ в горизонтальном направлении нужно сообщить нижнему шарику, чтобы соединяющая шарики нить отклонилась до горизонтального положения?

Рис. 9.1. Начальное положение нити с шариками

△ Какое значение имеет то обстоятельство, что верхний шарик подвешен на очень длинной нити? Это значит, что он движется практически по горизонтальной прямой, а сама длинная нить остаётся вертикальной. Если это осознать, то дальнейшее решение не должно вызывать принципиальных затруднений. Все действующие на систему внешние силы – сила натяжения верхней нити и силы тяжести, действующие на шарики, – направлены по вертикали, поэтому горизонтальная составляющая полного импульса системы сохраняется. В тот момент, когда шарики окажутся на одинаковой высоте, горизонтальная составляющая 𝑣_г скорости второго шарика будет равна скорости первого шарика. Это следует из нерастяжимости соединяющей их нити. Поэтому сохранение горизонтальной составляющей импульса системы можно записать в виде

𝑚₂𝑣₀

=

(𝑚₁+𝑚₂)

𝑣

_г

.

(1)

Обозначив вертикальную составляющую скорости нижнего шарика через 𝑣_в запишем также уравнение закона сохранения механической энергии:

𝑚₂𝑣₀²

2

=

(𝑚₁+𝑚₂)𝑣_г²

2

+

𝑚₂𝑣_в²

2

+

𝑚₂𝑔𝑙

.

(2)

Из уравнения (2) видно, что минимальное значение скорости 𝑣₀ соответствует случаю, когда вертикальная составляющая 𝑣_в в интересующий нас момент обращается в нуль: 𝑣_в=0. Подставляя в (2)

𝑣

_г

=

𝑣₀𝑚₂

𝑚₁+𝑚₂

из (1), получаем

𝑣

_0min

=

√

2𝑔𝑙(1+𝑚₂/𝑚₁)

.

(3)

Если нижний шарик гораздо легче верхнего, т.е. 𝑚₂≪𝑚₁, верхний шарик остаётся практически неподвижным. В этом предельном случае формула (3) даёт правильное значение начальной скорости 𝑣_0min=√2𝑔𝑙, очевидное и из элементарных соображений. Если же 𝑚₁≪𝑚₂, то наличие лёгкого шарика 𝑚₁ практически никак не сказывается на движении нити с тяжёлым шариком 𝑚₂ (система как бы «не замечает» присутствия лёгкого шарика). При этом соединяющая шарики нить займёт горизонтальное положение лишь тогда, когда вся длинная нить отклонится до горизонтали, т.е. при 𝑣_0min=√2𝑔𝐿, где 𝐿 – суммарная длина обеих нитей. Ясно, что формула (3) в этом случае неприменима, так как она получена в предположении, что верхняя нить всё время остаётся вертикальной. ▲

10. Пуля пробивает шар.

Горизонтально летящая пуля массы 𝑚 насквозь пробивает первоначально покоившийся шар массы 𝑀 и вылетает из него со скоростью, вдвое меньшей первоначальной. Какая доля кинетической энергии пули превратилась во внутреннюю энергию?

△ Обозначим скорость пули до столкновения с шаром через 𝑣, а приобретаемую шаром скорость через 𝑉. По условию скорость пули на вылете из шара равна 𝑣/2, поэтому уравнение закона сохранения импульса в проекции на горизонтальное направление принимает вид

𝑚𝑣

=

𝑀𝑉

+

𝑚𝑣

2

.

(1)

Из этого уравнения сразу можно получить приобретаемую шаром скорость 𝑉:

𝑉

=

𝑚𝑣

2𝑀

.

Приращение внутренней энергии, т.е. выделяющееся при неупругом взаимодействии пули с шаром количество теплоты 𝑄, можно найти с помощью закона сохранения энергии:

𝑚𝑣²

2

=

𝑀𝑉

2

+

𝑚(𝑣/2)²

2

+

𝑄

.

(3)

Подставляя сюда 𝑉 из (2), находим

𝑄

=

𝑚𝑣²

2

⎛

⎜

⎝

3

–

𝑚

𝑀

⎞

⎟

⎠

.

(4)

Так как начальная кинетическая энергия пули 𝐸₀=𝑚𝑣²/2, то для искомого отношения 𝑄/𝐸₀ из (4) получаем

𝑄

𝐸₀

=

1

4

⎛

⎜

⎝

3

–

𝑚

𝑀

⎞

⎟

⎠

.

(5)

Но можно ли считать, что полученная формула даёт ответ на поставленный вопрос? Она выражает искомую величину через приведённые в условии данные, но ставить точку рано, полученный результат нужно ещё исследовать. Очевидно, что отношение 𝑄/𝐸₀ должно быть положительным, поэтому напрашивается вывод, что формула (5) применима при 𝑚/𝑀<3. Пусть, например, отношение 𝑚/𝑀=2. Тогда формула (5) даёт для 𝑄/𝐸₀ значение ¼. Казалось бы, всё в порядке, поскольку 𝑄/𝐸₀ получилось положительным и меньшим единицы. И тем не менее этот результат не имеет смысла при приведённых в условии задачи данных. Действительно, посмотрим на формулу (2). Из неё следует, что при 𝑚/𝑀=2 скорость 𝑉=𝑣: пробитый пулей насквозь шар летит со скоростью, вдвое превышающей скорость пули 𝑣/2! Получилась явная физическая бессмыслица. Уже в процессе решения после получения формулы (2) следовало бы обратить внимание на то, что, пробив шар насквозь, пуля может иметь скорость 𝑣/2 только при выполнении условия 𝑣/2>𝑉, т.е. при