книги / Принципы и практика решения задач по общей физике. Механика. Физика макросистем

величины v1 и r2 . Однако, в силу определения центрального силового

поля, в нем должен сохраняться и момент импульса движущейся частицы, который для максимального и минимального расстояний будет иметь вид

2.3.16. Шарик на нити. Небольшой шарик подвешен к точке O на легкой нерастяжимой нити длиной l . Затем нить с шариком отклонили на угол θ от вертикали и сообщили шарику скорость v0 перпендикулярно вертикальной плоскости, в которой находится нить. При каком значении v0 максимальный угол отклонения натя-

нутой нити от вертикали окажется равным 90°?

Шарик движется в поле тяготения Земли под действием сторонней силы натяжения нити. Эта сила (при натянутой нити) все время перпендикулярна скорости шарика и поэтому работы не совершает. В этом случае полная механическая энергия шарика в поле тяжести сохраняется:

здесь v – скорость шарика в наивысшем положении, при котором нить составляет прямой угол с вертикалью. В этом положении шарик не может остановиться, как это было бы, если шарик толкнули в плоскости, проходящей через нить и вертикальную ось Z , проходящую через точку O . Это привело бы к нарушению закона сохранения момента импульса относительно оси Z (относительно данной оси суммарный момент силы тяжести и силы натяжения нити равен нулю). Поэтому естественно воспользоваться данным законом сохранения:

101

где правая часть равенства соответствует горизонтальному положению нити, а левая – исходному.

Решая совместно уравнения (1) и (2), получим

2.3.17. Шайба внутри конуса. Небольшую шайбу поместили на внутреннюю гладкую поверхность неподвижного круглого конуса (рис. 2.62) на высоте h1 от его вершины и сообщили ей в горизонтальном направлении по касательной к поверхности конуса скорость v1 . На какую максимальную высоту h2 от вершины ко-

нуса поднимется шайба?

Здесь, как и в предыдущих задачах, совершенно естественно воспользоваться законами сохранения энергии и момента импульса (относительно вертикальной оси Z , проходящей через вершину конуса):

где r1 и r2 – радиусы окружности конуса на высоте h1 и h2 .

Для того чтобы получить полную систему уравнений относительно всех неизвестных величин, учтем еще и геометрическое соот-

После алгебраических преобразований система уравнений (1)–(3) сводится к квадратному уравнению относительно h2 , решение которого имеет вид

102

2.3.18. Качение цилиндра по плоскости с перегибом. Сплош-

ной однородный цилиндр радиусом r катится по горизонтальной плоскости, которая переходит в наклонную плоскость, составляющую с горизонтом угол θ. Найти максимальное значение скорости цилиндра v0 , при которой он перейдет на наклонную плоскость еще без скач-

ка. Скольжения нет.

Требование перехода на наклонную плоскость без скачка означает, что цилиндр ни на мгновение не отделяется от опоры, т.е. ни от плоскостей, ни от линии их перехода. Наличие резкого перехода горизонтальной плоскости в наклонную хотя и легко зрительно представить, но описать его на языке уравнений динамики достаточно сложно. Поэтому воспользуемся довольно часто применяемым приемом. Смоделируем этот резкий переход в виде гладкой линии, например, в виде дуги окруж-

ности радиусом R c центральным углом θ (рис. 2.63), а затем после решения задачи совершим предельный переход при R →0 .

Так как качение цилиндра в любом месте обязательно сопровождается трением, то естественно возникает вопрос: а можно ли применять закон сохранения энергии? При переходе цилиндра на наклонную плоскость без скольжения необходимо наличие силы трения покоя и именно такой, чтобы скатывание происходило без скольжения. Но трение покоя работы над цилиндром не совершает, так как точки цилиндра, к которым приложена данная сила, в каждый момент времени неподвижны. Это и позволяет воспользоваться законом сохранения энергии. Условимся отсчитывать потенциальную энергию цилиндра от его положения в момент выхода на наклонную

103

плоскость. Тогда его полная энергия при движении по горизонталь-

в момент перехода цилиндра на наклонную плоскость будет равна mv2 / 2 + mv2 / 4 , где v – скорость цилиндра в момент перехода. Таким образом, закон сохранения энергии можно записать в виде

Попытаемся теперь учесть условие безотрывного движения цилиндра. Пусть цилиндр катится по горизонтальной плоскости вначале с небольшой скоростью, такой, что он нигде не отрывается от опоры. Постепенное увеличение этой скорости приведет к тому, что в некоторой точке дуги окружности произойдет его отрыв. И если мы хотим, чтобы движение происходило без отрыва, то естественно потребовать, чтобы эта точка отрыва как раз находилась в месте перехода дуги окружности в наклонную плоскость – точка C на рис. 2.63 (дальше-то он точно не оторвется от плоскости!). Все это означает, что в точке C пропадает сила реакции опоры и проекция силы тяжести на нормаль к окружности mg cos θ должна обеспечить

нормальное ускорение, равное v2 /(R + r) :

104

2.3.19. Шарик и гантель. Шарик массой m налетает со скоростью v на гантель, состоящую из двух шаров массой M , соединенных невесомым стержнем длиной l (рис. 2.64). Скорость шарика перпендикулярна стержню, удар центральный и абсолютно упругий. Пренебрегая размерами шаров, найти скорости шарика и центра масс гантели, а также угловую скорость гантели после удара.

гантели после удара. В силу закона сохранения импульса центр масс гантели будет двигаться после удара прямолинейно и равномерно со скоростью vc .

Здесь второе слагаемое справа дает кинетическую энергию центра масс гантели, а третье – кинетическую энергию вращательного движения гантели; Ic – момент инерции гантели относительно центра

105

С формальной точки зрения мы получили нелинейную систему трех уравнений относительно трех неизвестных v′, vc и ω. С подоб-

ными системами уравнений приходится сталкиваться довольно часто при решении задач на различные удары. Поэтому рассмотрим более подробно, каким образом систему нелинейных уравнений можно свести к системе линейных уравнений. Для этого перепишем уравнения (1)–(3) так, чтобы неизвестные величины, относящиеся к разным телам, находились с разных сторон равенств:

Из уравнений (4) и (5) следует ω= 2vc / l . Подставим это значение в (6):

нается ее вращение, такое, что нижний шар вначале остается в покое, а в движение приходит верхний шар со скоростью 2vc . Этот резуль-

106

тат является естественным, так как в первое мгновение после соударения нижний шар еще не почувствует удар и весь удар приходится только на верхний шар гантели.

2.3.20. Гантель с пружинкой. На гладкой горизонтальной плоскости лежит гантель, состоящая из двух маленьких шариков массой m , соединенных пружинкой жесткостью k и длиной l . Одному из шариков сообщили скорость v в горизонтальном направлении перпендикулярно пружинке. Найти максимальное относительное удлинение пружинки в процессе движения, предполагая, что оно значительно меньше единицы.

Здесь, как и в предыдущей задаче, выполняются все законы сохранения – импульса, энергии и момента импульса. Однако движение шариков получается более сложным, так как шарики соединены не жестким стержнем, а пружинкой. В соответствии с законом сохранения импульса центр масс гантели будет двигаться равномерно и прямолинейно со скоростью vc = v / 2 . Кроме того, шарики будут

вращаться вокруг центра масс и совершать продольные колебания около центра масс. Для описания такого сложного движения разумно перейти в систему центра масс – Ц-систему. В этой системе закон сохранения энергии будет выглядеть следующим образом:

здесь ∆l – максимальное удлинение пружинки; v / 2 – начальные скорости каждого шарика относительно центра масс (они отличаются знаком); v1 – скорости шариков относительно центра масс при

максимальной деформации пружинки. Эти скорости должны быть одинаковы по модулю в силу закона сохранения импульса.

Закон сохранения момента импульса требует выполнения ра-

107

Найдем отсюда v1 :

v1 = 2(l v+∆l l) = 2(1v+ε) ,

где ε – максимальное относительное удлинение пружинки, ε = ∆l / l . Так как по условию ε <<1 , то значение скорости

После подстановки выражения (2) в закон сохранения энергии (1) получаем

ε≈ mklv22 .

2.3.21.Соударение шарика и пластинки. Однородная тонкая квадратная пластинка со стороной l и массой M может свободно вращаться вокруг горизонтальной оси, совпадающей с одной из ее сторон. В центр пластинки по нормали к ней упруго ударяется шарик массой m со скоростью v . На какой максимальный угол отклонится пластинка?

Так как удар шарика упругий и нет трения в оси, то на любом этапе выполняется закон сохранения энергии. В момент удара его можно записать в виде

Кроме того, выполняется закон сохранения момента импульса

108

А вот закон сохранения импульса здесь не выполняется, так как есть внешняя сила – сила реакции со стороны оси вращения. То, что для описания удара в данной задаче достаточно двух законов сохранения, сразу следует из чисто формальных соображений: неизвестными являются две величины – скорость шарика после удара v′ и угловая скорость вращения пластинки ω.

Угол отклонения пластинки после удара можно найти из закона сохранения энергии:

Понятно, что полученный ответ имеет смысл, если правая часть по модулю не больше единицы.

В заключение этой главы рассмотрим несколько задачпарадоксов, анализ которых позволит лучше понять содержание законов сохранения энергии.

2.3.22. Шарик на наклонной плоскости. На гладкой наклон-

ной плоскости, переходящей в горизонтальную плоскость, на высоте h относительно ее находится маленький шарик (рис. 2.65). Скатившись на горизонтальную плоскость, шарик получает ско-

рость v0 . Запишем закон сохра-

нения энергии в неподвижной относительно горизонтальной плоскости системе отсчета. В верхней точке шарик обладает только по-

тенциальной энергией mgh , а при выходе на горизонтальную плоскость получает кинетическую энергию mv02 / 2 . Так как нигде нет трения, то эти энергии должны быть равны:

109

mgh = 12 mv02 .

Данное соотношение утверждает, что потенциальная энергия шарика превратилась в его кинетическую энергию, но полная механическая энергия при этом не изменилась.

Рассмотрим теперь этот же процесс в инерциальной системе отсчета, перемещающейся вправо со скоростью v0 , которую получит шарик внизу. В верхней точке скорость шарика уже не равна нулю (вектор скорости по модулю равен v0 и направлен влево), кроме того, шарик обладает и потенциальной энергией. Таким образом, в верхней точке полная энергия шарика равна mv02 / 2 + mgh . В нижнем же по-

ложении скорость шарика и его высота обращаются в нуль. Значит, его полная энергия также равна нулю. Поступая, как и ранее, мы должны записать закон сохранения энергии в виде

12 mv02 + mgh = 0 .

Это равенство, во-первых, бессмысленно с формальной точки зрения. Во-вторых, с физической точки зрения возникает вопрос: куда же подевалась энергия шарика?

Парадокс здесь заключается в том, что шарик не является замкнутой системой (наличие Земли мы учли через потенциальную энергию шарика в поле тяготения). При скатывании шарик взаимодействует также и с наклонной плоскостью. При этом формируется сила реакции со стороны наклонной плоскости N , не равная силе тяжести mg . В неподвижной системе отсчета работа силы N равна нулю, так как эта сила перпендикулярна наклонной плоскости и вектору скорости скатывающегося шарика. В движущейся системе отсчета сила реакции опоры, оставаясь перпендикулярной наклонной плоскости, уже не перпендикулярна вектору скорости шарика и ее работа уже не равна нулю! Попытаемся рассчитать полную работу силы реакции при скатывании шарика. По определению за бесконеч-

110