Физика в примерах и задачах

Текст добавлен: 26 марта 2018, 07:30

Текст книги "Физика в примерах и задачах"

Автор книги: Е. Бутиков

Соавторы: Александр Кондратьев,Александр Быков

Жанры:

Физика

сообщить о нарушении

Текущая страница: 4 (всего у книги 27 страниц) [доступный отрывок для чтения: 10 страниц]

Назад к карточке книги

𝑚

𝑀

(6)

Только в совокупности с условием (6) формула (5) даёт ответ на поставленный в данной задаче вопрос. Теперь ясно, что в зависимости от отношения масс 𝑚/𝑀 во внутреннюю энергию может превратиться от половины (при 𝑚→𝑀) до трёх четвертей (при 𝑚→0) первоначальной кинетической энергии.

Теперь подумаем о том, имеет ли какой-нибудь смысл формула (5) при 1≤𝑚/𝑀≤3. Если 𝑚=𝑀, то из формулы (2) следует, что 𝑉=𝑣/2, т.е. шар и пуля имеют одинаковую скорость. Столкнувшиеся тела летят вместе, т.е. пуля застревает в шаре. В этом случае говорят об абсолютно неупругом ударе. Конечно, не следует думать, что абсолютно неупругий удар возможен только при 𝑚=𝑀: здесь так получилось, потому что в условии задана конечная скорость, равная, 𝑣/2 Если же выполняется строгое неравенство 1<𝑚/𝑀<3, то после столкновения шар летит впереди пули со скоростью 𝑉, определяемой формулой (2): 𝑣/2<𝑉<3𝑣/2. При таком неупругом ударе во внутреннюю энергию переходит до половины первоначальной кинетической энергии. Наконец, если 𝑚/𝑀=3, то, как видно из (4), 𝑄=0, т.е. тепло вообще не выделяется: при ударе сохраняется механическая энергия. Это случай абсолютно упругого удара. ▲

11. Выскальзывающая доска.

На конце доски длины 𝐿 и массы 𝑀 находится маленький брусок массы 𝑚 (рис. 11.1). Доска может скользить без трения по горизонтальной плоскости. Коэффициент трения скольжения бруска о поверхность доски равен μ. Какую горизонтальную скорость 𝑣₀ нужно толчком сообщить доске, чтобы она выскользнула из-под бруска?

Рис. 11.1. Доска мгновенно получает начальную скорость 𝑣₀

△ При сообщении доске горизонтальной скорости 𝑣₀ резким толчком или ударом брусок не получает начальной скорости относительно земли, так как действующая на него со стороны доски сила трения не может превосходить μ𝑚𝑔 и за короткое время удара не может сообщить бруску заметного импульса. После толчка в системе отсчёта, связанной с землёй, брусок движется равноускоренно, а доска – равнозамедленно.

Если начальная скорость доски 𝑣₀ невелика, то может наступить такой момент, когда скорости доски и бруска примут одинаковое значение. В этот момент проскальзывание прекращается, дальше оба тела движутся равномерно с одинаковой скоростью 𝑣 как одно тело, и доска, разумеется, уже не выскользнет из-под бруска. Если же начальная скорость доски достаточно велика, то скорости доски и бруска могут не успеть сравняться за то время, пока брусок проскользит вдоль всей доски. В этом случае доска выскользнет из-под бруска.

Обозначим расстояние, пройденное бруском по доске до момента превращения проскальзывания, через 𝑠. Очевидно, что при выполнении неравенства 𝑠𝐿 доска не выскальзывает из-под бруска. Если это неравенство не выполняется, то доска выскользнет из-под бруска.

Эта задача служит наглядным примером того, насколько проще и быстрее может приводить к ответу использование законов сохранения по сравнению с непосредственным применением законов динамики. Оказывается, что достаточно выписать два уравнения, соответствующих законам сохранения импульса и энергии, чтобы немедленно получить ответ.

Поскольку по условию между доской и плоскостью трение отсутствует, то направленный горизонтально полный импульс системы остаётся без изменения. Так как после прекращения проскальзывания оба тела движутся с одинаковой скоростью 𝑣, то

𝑀𝑣₀

(𝑀+𝑚)𝑣

(1)

Для применения закона сохранения энергии нужно прежде всего подсчитать работу сил трения, действующих между бруском и доской. Эти силы равны по модулю и противоположно направлены. Сила трения, действующая на брусок, разгоняет его, увеличивая его кинетическую энергию. Работа этой силы положительна. Сила трения, действующая на доску, тормозит её; работа этой силы отрицательна. Очевидно, что относительно земли точка приложения силы трения, действующей на доску, совершает перемещение 𝑠₁ которое больше перемещения точки приложения второй силы трения 𝑠₂ на величину 𝑠 (рис. 11.2). Поэтому суммарная работа сил трения отрицательна и равна -μ𝑚𝑔𝑠.

Рис. 11.2. Перемещение доски 𝑠₁ больше перемещения бруска 𝑠₂ на величину 𝑠

Таким образом, уравнение закона сохранения энергии записывается в виде

(𝑀+𝑚)𝑣²

–

𝑀𝑣₀²

–μ𝑚𝑔𝑠

(2)

Выражая 𝑣 из уравнения (1) и подставляя в (2), находим

𝑠

𝑀

𝑀+𝑚

𝑣₀²

μ𝑔

(3)

Если вычисленное по формуле (3) значение 𝑠 окажется больше 𝐿, то это и будет означать, что при такой начальной скорости доски 𝑣₀ она выскользнет из-под бруска. Отсюда находим необходимое для этого значение 𝑣₀:

𝑣₀

√

2μ𝑔𝐿(1+𝑚/𝑀)

(4)

Длиннее оказалось бы решение, основанное на непосредственном применении законов Ньютона. При таком решении прежде всего, определив ускорения тел, пришлось бы написать уравнения, выражающие зависимость от времени скоростей доски и бруска относительно земли. Это дало бы возможность найти момент времени, в который эти скорости окажутся одинаковыми. После этого, написав уравнения, выражающие зависимость положений доски 𝑠₁ и бруска 𝑠₂ от времени (рис. 11.2), можно найти то расстояние 𝑠, на которое переместится брусок относительно доски к моменту прекращения проскальзывания. Проделайте сами указанные выкладки и убедитесь, что они приводят к тому же самому результату (3). ▲

12. Шарик на стержне.

Невесомый стержень с шариком на верхнем конце начинает падать из вертикального положения без начальной скорости (рис. 12.1). Нижний конец стержня упирается в уступ. Какой угол с вертикалью будет составлять скорость шарика в момент удара о горизонтальную плоскость?

Рис. 12.1. Начальное положение стержня

△ Не странно ли, что в условий отсутствуют какие бы то ни было количественные данные, такие как длина стержня и масса шарика? Для начала проанализируем задачу с точки зрения размерности. Найти нужно угол, т.е. величину безразмерную. Если бы искомый угол и зависел от линейных размеров, то только от безразмерного отношения двух длин. Однако рассматриваемая система характеризуется лишь одним таким параметром – длиной стержня. Поэтому искомый угол не может зависеть от длины стержня. По тем же соображениям он не зависит и от массы шарика. Не может он зависеть и от ускорения свободного падения 𝑔, ибо размерность 𝑔 содержит время. Таким образом, результат не зависит от силы тяжести, хотя в отсутствие силы тяжести стержень вообще не падал бы. Ответ должен выражаться числом, которое не зависит от того, производится ли такой опыт на Земле, Луне или любой другой планете.

На идеально гладкой поверхности шарик из неустойчивого положения равновесия падал бы вертикально вниз, а конец стержня скользил бы по поверхности. Уступ препятствует скольжению стержня влево. Если нижний конец начнёт двигаться вправо, то шарик будет падать вертикально вниз, т.е. скорость его направлена по вертикали.

Интереснее случай, когда стержень начинает падать вправо. Шарик движется по дуге окружности до тех пор, пока действующая на него сила реакции стержня не обратится в нуль. Дальнейшее движение до удара о горизонтальную плоскость происходит по параболе, так как на шарик действует только сила тяжести.

Рис. 12.2. Падающий стержень

Найдём сначала угол α, который стержень образует с вертикалью в тот момент, когда сила реакции стержня обращается в нуль. Запишем уравнение второго закона Ньютона в проекциях на направление к центру окружности (рис. 12.2):

𝑚𝑣₁²

𝑙

𝑚𝑔

cos α

(1)

(𝑙 – длина стержня). Входящую в (1) скорость шарика 𝑣₁ можно выразить через угол α с помощью закона сохранения энергии:

𝑚𝑔𝑙

(1-cos α)

𝑚𝑣₁²

(2)

Подставляя 𝑣₁² из (2) в (1), получим уравнение для определения α, которое даёт cos α=2/3. Таким образом, свободное движение шарика начинается на высоте 2𝑙/3 со скоростью 𝑣₁=√2𝑔𝑙/3. Горизонтальная проекция скорости шарика

𝑣

_г

𝑣₁

cos α

√

2𝑔𝑙/3

(3)

в дальнейшем остаётся неизменной.

Рассмотрим теперь момент удара шарика о горизонтальную плоскость. Модуль скорости 𝒗 в этот момент будет таким же, как при свободном падении с высоты 𝑙: 𝑣=√2𝑔𝑙 Направление скорости проще всего найти, выражая синус угла φ, образуемого вектором скорости 𝒗 с вертикалью (рис. 12.2), как отношение 𝑣_г/𝑣:

sin φ

𝑣_г

𝑣

√

0,385

откуда

α=22°40'

Если бы требовалось определить не только угол φ, но ещё и скорость или место падения шарика на плоскость, то было бы необходимо задать длину стержня 𝑙. Отметим, что разобранная задача имеет много общего с широко известной задачей о соскальзывании шайбы с полусферы или полуцилиндра. ▲

13. Мёртвая петля.

Рис. 13.1. «Мёртвая петля»

Небольшое тело скользит без трения по наклонному жёлобу, который затем переходит в круговую «мёртвую петлю» радиуса 𝑅 (рис. 13.1). С какой минимальной высоты ℎ должно спускаться тело без начальной скорости, чтобы оно не оторвалось от желоба? Какова должна быть начальная высота для того, чтобы тело смогло преодолеть «мёртвую петлю» с симметрично вырезанной верхней частью (рис. 13.2)?

Рис. 13.2. «Мёртвая петля» с вырезом

△ Движение тела под действием одной лишь силы тяжести, как известно, происходит по параболической траектории. Поэтому для движения по круговому жёлобу, расположенному в вертикальной плоскости, кроме силы тяжести на тело должны действовать и другие силы. В отсутствие трения такой силой может быть только сила реакции 𝑵 желоба, направленная по нормали к его поверхности (рис. 13.3). Очевидно, что тело не отрывается от желоба, пока эта сила не равна нулю. Если происходит отрыв тела от желоба, то в точке отрыва сила 𝑵 обращается в нуль. После отрыва от желоба движение тела происходит только под действием силы тяжести и тело движется по параболе.

Рис. 13.3. Силы, действующие на тело

Предположим, что тело, не отрываясь, движется по жёлобу, и вычислим силу реакции 𝑵 желоба в произвольной точке, положение которой определяется углом α (рис. 13.3). Составим уравнение второго закона Ньютона для этой точки:

𝑚𝒈

𝑵

𝑚𝒂

(1)

Для нахождения модуля силы 𝑵 спроецируем уравнение (1) на радиальное направление. Поскольку нормальная составляющая ускорения равна 𝑣²/𝑅, из уравнения (1) имеем

𝑚𝑔

cos α

𝑁

𝑚𝑣²

𝑅

(2)

откуда

𝑁

𝑚𝑔

⎛

⎜

⎝

𝑣²

𝑔𝑅

–

cos α

⎞

⎟

⎠

(3)

В этом выражении скорость 𝑣 тоже зависит от угла α, и её нужно найти для определения 𝑁. Это можно сделать, используя проекцию уравнения (1) на касательное направление. Однако такой путь требует умения интегрировать. Поэтому для нахождения скорости удобнее использовать закон сохранения механической энергии.

Поскольку сила реакции желоба в любой точке перпендикулярна скорости тела и, следовательно, работы не совершает, полный запас механической энергии остаётся неизменным. В начальной точке тело обладает только потенциальной энергией, равной 𝑚𝑔ℎ. В рассматриваемой точке механическая энергия складывается из кинетической энергии 𝑚𝑣²/2 и потенциальной энергии 𝑚𝑔𝑅(1+cos α) (рис. 13.3). Поэтому

𝑚𝑔ℎ

𝑚𝑣²

𝑚𝑔𝑅

(1+cos α)

(4)

откуда

𝑣²

2𝑔𝑅

⎛

⎜

⎝

ℎ

𝑅

–1-

cos α

⎞

⎟

⎠

(5)

Подставляя найденное значение скорости в формулу (3), находим силу реакции 𝑁:

𝑁

𝑚𝑔

⎛

⎜

⎝

ℎ

𝑅

–2-

3cos α

⎞

⎟

⎠

(6)

Из выражения (6) видно, что наибольшее значение сила 𝑁 имеет в нижней точке желоба, которой соответствует α=π, cos α=-1:

𝑁

_max

𝑚𝑔

⎛

⎜

⎝

2ℎ

𝑅

⎞

⎟

⎠

(7)

Из (7) следует, что сила, с которой тело давит на жёлоб в нижней точке, больше, чем сила тяжести 𝑚𝑔. Только в том случае, когда начальная высота ℎ равна нулю (т.е. тело просто лежит в нижней точке желоба), оно давит на жёлоб с силой, равной 𝑚𝑔.

Из выражения (6) также видно, что сила 𝑁 монотонно убывает по мере подъёма тела по жёлобу и достигает наименьшего значения в высшей точке, которой соответствует α=0, cos α=1:

𝑁

_min

𝑚𝑔

⎛

⎜

⎝

2ℎ

𝑅

–

⎞

⎟

⎠

(8)

Если тело не отрывается от желоба в верхней точке, то оно не оторвётся и ни в какой другой. Поэтому формула (8) позволяет найти ту минимальную начальную высоту ℎ_min, при которой тело совершает полный оборот, не отрываясь от желоба. Полагая в (8) 𝑁_min=0, находим

ℎ

_min

5𝑅

(9)

Рис. 13.4. В разрыве «петли» между точками 𝐴 и 𝐵 тело движется по параболе

Рассмотрим теперь движение тела по петле с вырезом. Для того чтобы тело могло совершить «мёртвую петлю», в этом случае необходимо, чтобы, сорвавшись с края выреза в точке 𝐴 и пролетев часть пути по параболе под действием только силы тяжести, оно попало бы как раз на продолжение желоба в точку 𝐵 (рис. 13.4). Движение после отрыва от желоба происходит по закону

𝒓

𝒗𝑡

𝒈𝑡²

(10)

если начало отсчёта времени 𝑡 и положения 𝒓 выбраны в момент отрыва и в точке отрыва. Так как в точке отрыва 𝐴 скорость 𝒗 направлена по касательной к жёлобу, то, проецируя уравнение (10) на горизонтальное (𝑥) и вертикальное (𝑦) направления и требуя, чтобы траектория проходила через точку 𝐵 (траектория 1 на рис. 13.4), получим

2𝑅

sin φ

𝑣

cos φ⋅𝑡

𝑣

sin φ⋅𝑡

–

𝑔𝑡²

(11)

Находя 𝑡 из второго уравнения и подставляя в первое, получаем

𝑣

𝑔𝑅

cos φ

(12)

Именно такой скоростью должно обладать тело в момент отрыва, чтобы оно попало в точку 𝐵.

Теперь обратим внимание на то, что формула (12) была получена только из кинематических соображений при рассмотрении свободного полёта тела от точки 𝐴 к 𝐵. Поэтому необходимо проверить, что при такой скорости в точке 𝐴 тело действительно сможет дойти до неё, двигаясь по жёлобу. Другими словами, нужно убедиться, что при такой скорости тело оказывает давление на жёлоб, т.е. вычисляемая по формуле (3) при α=φ сила 𝑁 больше нуля. Подставляя 𝑣² из (12) в формулу (3), получаем

𝑁

𝑚𝑔

⎛

⎜

⎝

cos φ

–

cos φ

⎞

⎟

⎠

Это выражение неотрицательно при любых φ от 0 до π/2, которые только и представляют интерес. Скорость в точке 𝐴 связана с искомой начальной высотой ℎ соотношением (5), в котором, разумеется, угол α следует заменить на φ:

𝑣²

2𝑔𝑅

⎛

⎜

⎝

ℎ

𝑅

–1-

cos φ

⎞

⎟

⎠

(13)

Приравнивая правые части выражений (12) и (13), находим

ℎ

𝑅

⎡

⎢

⎣

cos φ

2 cos φ

⎤

⎥

⎦

(14)

Эта формула даёт то значение начальной высоты ℎ, при котором тело преодолеет мёртвую петлю с вырезом именно так, как нужно, – покинув жёлоб в точке 𝐴, вновь коснётся его как раз в точке 𝐵. Касание желоба в точке 𝐵 произойдёт без удара, так как скорость тела при движении по параболе в этой точке будет направлена по касательной к жёлобу.

Если начальная высота будет меньше, чем значение, даваемое формулой (14), то, даже если тело дойдёт по жёлобу до точки 𝐴, дальше оно полетит по параболе 2 на рис. 13.4 и ударится о жёлоб ниже точки 𝐵. Если же начальная высота будет больше, чем нужно, то тело вообще вылетит из желоба через разрез, двигаясь по параболе 3.

Исследуем зависимость необходимой начальной высоты ℎ от угла φ, характеризующего вырез. Как видно из формулы (14), при φ=0, т.е. при отсутствии выреза, ℎ=5𝑅/2, что совпадает с минимальной начальной высотой (9), которая требуется для преодоления замкнутой петли. С увеличением угла φ начальная высота убывает, достигая минимума, равного ℎ=(1+√𝑅), при φ=π/4. Действительно, зависящие от φ слагаемые в формуле (14) cos φ+1/(2 cos φ) можно записать в виде

√2

⎛

⎜

⎝

𝑥

⎞

⎟

⎠

где через 𝑥 обозначено √2cos φ. Но 𝑥+1/𝑥 имеет минимум, равный двум, при 𝑥=1, откуда и получаются приведённые значения минимальной высоты ℎ и угла φ=π/4. При дальнейшем увеличении угла φ высота ℎ монотонно возрастает и стремится к бесконечности при φ→π/2 (рис. 13.5). При φ=π/3, как легко убедиться, высота ℎ снова равна 5𝑅/2. Таким образом, если угол выреза меньше π/3, необходимая начальная высота меньше, чем при замкнутом жёлобе.

Рис. 13.5. При 0<φ<π/3 начальная высота ℎ почти не зависит от угла φ

Интересно отметить, что высшая точка траектории 1 в разрезе желоба (рис. 13.4) при любых углах φ лежит выше продолжения окружности. Действительно, максимальная высота подъёма тела после отрыва в точке 𝐴 равна

𝑣² sin²φ

2𝑔

что после подстановки 𝑣² из (12) даёт

𝑅 sin²φ

2 cos φ

Поэтому высота этой точки траектории над центром окружности 𝑂, как видно из рис. 13.4, равна

𝐻

𝑅 cos φ

𝑅

sin²φ

cos φ

𝑅

⎛

⎜

⎝

cos φ

⎞

⎟

⎠

Это выражение больше 𝑅 при любых φ от 0 до π/2. ▲

14. Связанные шарики.

Рис. 14.1. Одинаковые шарики связаны нерастяжимой нитью

Два одинаковых маленьких шарика, связанных нерастяжимой невесомой нитью длины 𝑙 (рис. 14.1), лежат на гладкой горизонтальной поверхности. Одному из шариков сообщают скорость 𝑣₀, направленную вертикально вверх. Какой должна быть начальная скорость для того, чтобы нить всё время оставалась натянутой, а нижний шарик не отрывался от горизонтальной поверхности? Трением шарика о поверхность пренебречь. При исследовании условия отрыва нижнего шарика силу натяжения нити считать максимальной при вертикальном положении нити.

△ Предположим, что начальная скорость 𝑣₀ такова, что эти условия выполнены, т.е. при движении шариков нить всё время остаётся натянутой, а нижний шарик не отрывается от поверхности. По каким траекториям тогда движутся шарики? Ясно, что нижний шарик движется прямолинейно, а верхний описывает некоторую кривую (рис. 14.2). Чтобы выяснить, что это за кривая, воспользуемся тем, что при вертикальной начальной скорости центр масс шариков в отсутствие трения нижнего шарика о поверхность стола может двигаться только по вертикали.

Рис. 14.2. Верхний шарик движется по эллипсу с полуосями 𝑙/2 и 𝑙

Введём систему координат так, что ось 𝑥 направлена горизонтально вдоль нити, соединяющей шарики, а ось 𝑦 – вертикально и проходит через центр масс шариков. При таком выборе осей нижний шарик будет двигаться вдоль оси 𝑥, центр масс 𝐶 – вдоль оси 𝑦, а верхний шарик – по кривой, лежащей в плоскости 𝑥,𝑦. Непосредственно из рис. 14.2 видно, что координаты верхнего шарика 𝑥 и 𝑦 можно выразить через угол α, образуемый натянутой нитью с горизонтом:

𝑥

𝑙

cos α

𝑦

𝑙

sin α

(1)

Если из этих соотношений исключить угол α, то получится уравнение траектории верхнего шарика. Разделив первое соотношение на 𝑙/2, второе на 𝑙, возводя их в квадрат и складывая, находим

𝑥²

(𝑙/2)²

𝑦²

𝑙²

(2)

Это уравнение эллипса с полуосями 𝑙/2 и 𝑙.

Для того чтобы выяснить, при какой начальной скорости 𝑣₀ движение шариков будет именно таким, нужно рассчитать силу натяжения соединяющей их нити. Скорость 𝑣₀ должна быть достаточно большой, так чтобы сила натяжения нити ни в какой точке траектории не обращалась в нуль. С другой стороны, эта скорость не должна быть слишком большой, ибо если вертикальная составляющая силы натяжения нити превысит действующую на шарик силу тяжести 𝑚𝑔, то нижний шарик оторвётся от поверхности стола.

При данной начальной скорости сила натяжения нити 𝑇 ослабевает по мере подъёма шарика. Так происходит потому, что с приближением к верхней точке траектории скорость верхнего шарика уменьшается, а действующая на него сила тяжести играет всё большую роль в искривлении его траектории, и, следовательно, роль силы натяжения уменьшается. Поэтому для нахождения наименьшей начальной скорости, при которой нить ещё остаётся натянутой вплоть до верхней точки 𝐴 траектории, составим уравнение второго закона Ньютона для верхнего шарика в этой точке. Так как в точке 𝐴 ускорение направлено вертикально вниз, т.е. по нормали к траектории, то оно равно отношению квадрата скорости 𝑣₁ шарика в этой точке к радиусу кривизны траектории 𝑅. Поэтому

𝑇

𝑚𝑔

𝑚𝑣₁

𝑅

(3)

Нить останется натянутой, если вычисленная из уравнения (3) сила натяжения 𝑇 будет положительной: 𝑇>0. Мы видим, что для нахождения 𝑇 нужно знать 𝑣₁ и 𝑅.

Скорость 𝑣₁ проще всего найти с помощью закона сохранения энергии. Так как центр масс шариков не перемещается по горизонтали, то горизонтальные составляющие скоростей обоих шариков в любой момент времени равны по модулю и направлены в противоположные стороны. Поэтому в момент прохождения верхним шариком наивысшей точки траектории скорости обоих шаров равны 𝑣₁. Так как в этот момент потенциальная энергия равна 𝑚𝑔𝑙, то

𝑚𝑣₀²

𝑚𝑣₁²

𝑚𝑔𝑙

(4)

откуда

𝑣₁²

𝑣₀²

–

𝑔𝑙

(5)

Теперь нужно найти радиус кривизны эллипса в точке 𝐴. Это можно сделать так же, как в задаче 3 раздела «Кинематика», где определялся радиус кривизны циклоиды. Основная идея заключается в том, что рассматриваемую кривую представляют как траекторию какого-либо достаточно простого механического движения и исследуют это движение методами кинематики, пользуясь тем, что радиус кривизны входит в формулу для нормальной составляющей ускорения.

Вместо того чтобы рассматривать действительное движение верхнего шарика, при котором угол α довольно сложным образом зависит от времени, рассмотрим вспомогательное движение некоторой точки по этому же эллипсу, считая, что угол α равномерно меняется со временем: α=ω𝑡. Для такого вспомогательного движения уравнения (1) принимают вид

𝑥

𝑙

cos ω𝑡

𝑦

𝑙

sin ω𝑡

(6)

Дифференцируя эти уравнения по времени, находим проекции скорости вспомогательного движения на оси координат:

𝑣

_𝑥

ω𝑙

sin ω𝑡

𝑣

_𝑦

ω𝑙

cos ω𝑡

(7)

Дифференцируя по времени уравнения (7), получаем проекции ускорения:

𝑎

_𝑥

ω²𝑙

cos ω𝑡

𝑎

_𝑦

ω²𝑙

sin ω𝑡

(8)

Рассмотрим тот момент, когда точка, совершающая вспомогательное движение, проходит через точку 𝐴 эллиптической траектории на рис. 14.2. Этому моменту соответствует ω𝑡=π/2, и уравнения (7) и (8) дают

𝑣

_𝑥

ω𝑙

𝑎

_𝑥

;

𝑣

_𝑦

𝑎

_𝑦

ω²𝑙

(9)

В точке 𝐴 скорость вспомогательного движения 𝑣=ω𝑙/2, а ускорение направлено по нормали к траектории и равно по модулю 𝑎=ω²𝑙. Так как ускорение связано с радиусом кривизны траектории 𝑅 соотношением 𝑎=𝑣²𝑅 то для радиуса кривизны эллипса в точке 𝐴 получаем

𝑅

𝑣²

𝑎

𝑙

(10)

Таким образом, дугу эллипса вблизи точки 𝐴 можно рассматривать как часть окружности радиусом 𝑙/4, показанной штриховой линией на рис. 14.3.

Рис. 14.3. Радиус кривизны эллипса в точке 𝐴 равен 𝑙/4

Подставим найденные значения скорости движения шарика 𝑣₁ из формулы (5) и радиуса кривизны 𝑅 из (10) в уравнение второго закона Ньютона (3). В результате для силы натяжения нити найдём

𝑅

2𝑚𝑣₀²

𝑙

–

5𝑚𝑔

(11)

Рис. 14.4. Ускорение каждого из шариков представляет собой сумму ускорения 𝒂₀ середины нити и ускорений 𝒂₁' и 𝒂₂' связанных с движением по окружности

Силу натяжения нити 𝑇 при её вертикальном положении можно найти и короче, не определяя радиуса кривизны траектории. Для этого достаточно сообразить, что оба шарика участвуют в сложном движении: движение по окружности радиуса 𝑙/2 вокруг центра нити складывается с движением этого центра по вертикали. Поэтому ускорения шариков 𝒂₁ и 𝒂₂ равны суммам ускорений 𝒂₁' и 𝒂₂', связанных с движением по окружности, и ускорения 𝒂₀ центра нити. При вертикальном положении нити все эти ускорения направлены по вертикали (рис. 14.4). Модули ускорений 𝒂₁' и 𝒂₂' одинаковы и равны 𝑣₁²/(𝑙/2) Нижний шарик всё время движется по горизонтали, поэтому при вертикальном положении нити его полное ускорение 𝒂₂ равно нулю. Из рис. 14.4 видно, что при этом 𝑎₀=𝑎₂'=𝑣₁²/(𝑙/2). Поэтому ускорение верхнего шарика

𝑎₁

𝑎₁'

𝑎₀

𝑣₁²

𝑙

(12)

Записывая уравнение второго закона Ньютона для верхнего шарика

𝑇

𝑚𝑔

𝑚𝑎₁

и подставляя сюда ускорение 𝑎₁ из формулы (12) и скорость 𝑣₁ из формулы (5), приходим к прежнему выражению (11) для силы натяжения нити.

Из формулы (11) следует, что сила натяжения нити не обратится в нуль (𝑇>0), если начальная скорость шарика 𝑣₀ удовлетворяет условию

𝑣₀²

≥

2,5𝑔𝑙

(13)

Выясним теперь, при каком условии нижний шарик не будет отрываться от поверхности, В начальный момент на неподвижный шарик действует сила реакции поверхности, равная 𝑚𝑔. При движении другого шарика вверх, когда нить образует некоторый угол с горизонтом, эта сила убывает, так как появляется вертикальная составляющая силы натяжения нити. Для того чтобы шарик не оторвался от поверхности, необходимо, чтобы вертикальная составляющая силы натяжения не достигала бы значения, равного 𝑚𝑔, даже при вертикальном положении нити. Таким образом, шарик не оторвётся, если вычисляемое по формуле (11) значение 𝑇 не превышает 𝑚𝑔:

2𝑚𝑣₀²

𝑙

–

5𝑚𝑔

≤

𝑚𝑔

откуда для максимального допустимого значения начальной скорости получаем

𝑚𝑣₀²

3𝑔𝑙

(14)

Подведём итоги. Если начальная скорость шарика 𝑣₀ лежит в интервале

2,5𝑔𝑙

𝑚𝑣₀²

3𝑔𝑙

то нить при движении шариков всё время натянута, а нижний шарик скользит по поверхности стола. Верхний шарик опишет половину эллипса (рис. 14.2) и ударится о поверхность. Перед ударом его скорость по модулю равна 𝑣₀ и направлена вертикально вниз. Если удар о поверхность абсолютно упругий, то эта скорость изменит направление на противоположное и шарик опишет ту же траекторию в обратном направлении. ▲

Назад к карточке книги "Физика в примерах и задачах"