Л.Г. Антошина, С.В. Павлов, Л.А. Скипетрова - Общая физика (сборник задач) (1109674), страница 6
Текст из файла (страница 6)
Но после тогокак удар закончился и сталкивающиеся тела соединились в однотело, законом сохранения механической энергии пользоватьсяможно (если, конечно, в дальнейшем не действуют диссипативныесилы). Мы считаем, что процесс столкновения происходит настолько быстро, что за время столкновения система не успеваетотклониться на заметный угол. Задача заключается в том, чтобынайти скорость этого движения непосредственно после удара.Систему маятник–пластилин во время удара можно считать замкнутой и применять к ней закон сохранения импульса (1.3.9)Мv = (M + m)u,(1)где v — скорость маятника до удара, u — скорость системы маятник–пластилин после удара. Чтобы найти скорость v, воспользуемся законом сохранения механической энергииMgH = Mv2/2.(2)Для определения потерь кинетической энергии Q в этом ударевоспользуемся общим законом сохранения энергииMgH = (M + m)u2/2 + Q.(3)Найдем теперь из уравнения (2) скорость v, подставим ее значение в (1) и получим скорость нашей системы после удара:M 2 gH.(4)M +mКак было сказано выше, после удара можно опять воспользоваться законом сохранения механической энергии, чтобы найти,на какую высоту h поднимется грузик с пластилином:v = 2 gH ;u=( M + m)u2= ( M + m) gh,2отсюда получаемh=u2M=H.M +m2gПодставляя (4) в (3), определяемmQ = MgH.m+M44(5)(6)(7)Ответ: h =mM.H ; Q = MgHm+MM +m1.3.9.
Вокруг горизонтальной оси может свободно без трениявращаться легкий рычаг, плечи которого равны l1 и l2. На концахрычага укреплены грузы m1 и m2. Предоставленный самому себерычаг переходит из горизонтального положения в вертикальное(рис. 1.35). Какую скорость v2 будет иметь в нижней точке второйгруз?Рис. 1.35Решение. При решении воспользуемся законом сохранения механической энергии (1.3.10) и тем фактом, что угловые скоростипервого и второго тел при движении будут равны. За нулевой уровень потенциальной энергии возьмем нижнее положение второгогруза. Энергия рычага в горизонтальном положении Егор должнабыть равна энергии в вертикальном положении Еверт:Егор = Еверт,причемЕгор = m1gl2 + m2gl2 = gl2(m1 + m2),m1v12 m2 v22++ m1 g (l1 + l2 ).22vvТак как ω1 = ω2, то 1 = 2 .
Тем самым, переходим к системеl1l2Eверт =45⎧m1v12 m2 v22(+)=++ m1 g (l1 + l2 ),glmm⎪ 2 1222⎪⎨⎪ v1 = v2 .⎪⎩ l1l2Решая эту систему, получаемv2 = l22(m2l2 − m1l1 ) g.m2l22 + m1l12Ответ: v2 = l22(m2l2 − m1l1 ) g.m2l22 + m1l121.3.10. На горизонтальной поверхности находится неподвижная, абсолютно гладкая полусфера радиусом R = 10 м. С ее верхнейточки без начальной скорости соскальзывает малое тело. В некоторой точке оно отрывается и летит свободно. Определить времяτ падения с момента отрыва до попадания на горизонтальную поверхность.
Ускорение свободного падения g = 10 м/с2.Решение.На тело действуют сила тяжести М g и силареакцииопоры N . Уравнение движения (1.2.1) имеет вид N + Mg = Ma .Выберем систему координат xOy (рис. 1.36) и запишем это уравнение в проекции на ось y:Mg cos α – N = Mv02/R.(1)Рис. 1.36Из физических соображений ясно, что в момент отрыва N = 0.Следовательно, уравнение (1) приобретает видgR cosα = v02.46(2)Для того чтобы составить второе уравнение, можно применитьзакон сохранения механической энергии (1.3.10), так как силытрения при движении тела по полусфере отсутствуют:MgR = MgH + Mv02/2.(3)Из геометрических соображений следуетH = R cosα.(4)Решаем совместно уравнения (2)–(4):2gR = 2gR cosα + gR cos αи определяемcosα = 2/3.(5)Подставляем (5) в уравнение (2) и получаем скорость в моментотрыва:v0 =2 gR.3Приступим к кинематической части в решении задачи, а именно: определим время τ.
Выберем новые направления координатныхосей x ′O y′ и рассмотрим движение по оси у′. Согласно формуламдля равноускоренного движения получаемv0 y′ = v0 sin α =10Rg— составляющая начальной скорости27вдоль y′.Высота отрыва от полусферыgt 2 2R.=23Решаем данную систему уравнений относительно t:H = v0 y′t +t2 +t1,22v0 y′gt−4R= 0,3g2⎛v ′⎞4R.=−± ⎜ 0y ⎟ +3gg⎝ g ⎠v0 y′Так как t — время движения, следовательно, t ≥ 0, и решениемзадачи является корень472⎛v ′⎞4R+ ⎜ 0y ⎟ +t1 = −.g3g⎝ g ⎠v0 y′Таким образом,10R46R+≈ 0, 7 с.27 g27 gОтвет: τ ≈ 0,7 с.τ=−1.3.11. Небольшое тело соскальзывает вниз с высоты H по наклонному желобу, переходящему в «мертвую петлю» радиусом R.На какой высоте h тело выпадет из петли? Трение отсутствует.Решение.
На тело, движущееся по «мертвойпетле», действуетgсила тяжести m и сила реакция опоры N (рис. 1.37). Для решениязадачи воспользуемся вторым законом Ньютона (1.2.1) (1)mg + N = maи законом сохранения механической энергии (1.3.10)mgH = mv2/2 + mgh.(2)Рис. 1.37Выберем направления координатных осей x, y и заменим векторное уравнение (1) скалярными равенствами:x: mg cosα + N = mv2/R,(3)y: mg sinα = maτ.В точке отрыва прекращается взаимодействие между движущимся телом и поверхностью и, следовательно, сила реакции опоры N обращается в нуль.
Таким образом, уравнение (3) приобретает вид48g cosα = v2/R.(4)h−RКак видно из рисунка, cos α =, поэтому (4) запишетсяRследующим образом:g(h – R) = v2.(5)Из уравнения (2) определимv2 = 2g(H – h).(6)Решая (5) и (6), получимh = (2H + R)/3.Ответ: h = (2H + R)/3.1.3.12. Сани соскальзывают с ледяной горы высотой Н = 1,5 ми длиной l = 2,5 м, плавно переходящей в другую ледяную гору суглом к горизонту β = 30° (рис. 1.38) Сколько времени t сани будутдвигаться по второй горе, если на протяжении всего движениякоэффициент трения равен k = 0,04?Рис. 1.38Решение. Выберем направление координатных осей х и у и рассмотрим движение саней на второй горе, принимая во вниманиесилы, изображенные на рисунке: N + mg + Fтр = ma.Проецируя эти силы на х и у, получаемx: Fтр + mg sin β = ma,y: N – mg cosβ = 0,49Fтр = kN.Решая эту систему, находим значение ускоренияa = g(sinβ + k cosβ).По формуле (1.3.6) получаемhA2 Fтр = Fтрl = kmg cos β.sin βПо аналогии работа сил трения на первой горе определяетсясоотношениемHA1Fтр = kmg cos α.sin αВоспользуемся законом изменения механической энергии(1.3.8):mgH − mgh = A2 Fтр + A1Fтр .Решаем это уравнение относительно h:mgH – mgh = kmgh ctg β + kmgH ctgα,h(1 + k ctgβ) = H − k l 2 − H 2 .h=H − k l2 − H 2.1 + k ctgβВоспользуемся кинематическими выражениями для равнозамедленного движения (1.1.8), (1.1.9):at 2 ⎫, ⎪at 22,v0 = at , l1 =⎪⎪2v = v0 − at = 0, ⎬2h2l1⎪t ==.h⎪aa sin β;l1 =⎪⎭sin βПолучаем время движения по второй гореl1 = v0t −t =2( H − k l 2 − H 2 )≈ 0, 72 с.g (1 + k ctgβ)(sin β + k cos β)sin βОтвет: t ≈ 0,72 с.501.3.13.
Тело массой m1 со скоростью v1 движется навстречу другому телу, масса которого m2 и скорость v2. Происходит неупругоестолкновение тел. Сколько времени t тела будут двигаться послестолкновения, если коэффициент трения при их совместном движении равен k?Решение. Применим закон сохранения импульса (1.3.9)m1v1 – m2v2 = (m1 + m2)uи определим скорость после удараm v − m2 v2u= 11.m1 + m2Рассмотрим совместное движение шаров до остановки, используя уравненияFтр = (m1 + m2)a,Fтр = kN = k(m1 + m2)g.Отсюда a = kg.Теперь, исходя из соотношения u – at = 0, можно определитьвремя t:u m v − m2 v2.t = = 11a kg (m1 + m2 )m v − m2 v2.Ответ: t = 1 1kg (m1 + m2 )1.3.14.
Вертикальная гладкая стена движется со скоростью u.Навстречу стене летит шарик, скорость которого v0 направленапод углом α к нормали. Под каким углом β шарик отскочит отстены? Удар считать абсолютно упругим. Масса стены намногобольше массы шарика.Решение. Выберем систему координат xOy, связанную с движущейся стеной (рис. 1.39), и посмотрим, чему равны проекции скорости шарика до удара на выбранные оси:vxдо = v0 cosα + u,vyдо = v0 sinα.После отражения от массивной стены при упругом ударе численное значение скорости не меняется, а изменяется только направление, таким образом, проекции скорости шарика на оси x иy после отражения равны соответственно51Рис.
1.39vxпосле = –(v0 cosα + u),vyпосле = v0 sinα.Теперь вернемся в неподвижную систему координат x′O′y′, связанную с землей, и напишем, чему равны проекции скорости шарика после удара в этой системе:vx′ = –(v0 cosα + u + u) = –(v0 cosα + 2u),vy′ = v0 sinα.Чтобы найти искомый угол, определимtgβ =vx′v y′=v0 sin α,v0 cos α + 2uследовательно,v0 sin α.β = arctgv0 cos α + 2uОтвет: β = arctgv0 sin α.v0 cos α + 2u1.3.15.
Небольшое тело массой M лежит на вершине гладкойполусферы радиусом R. В тело попадает пуля массой m, летящаягоризонтально со скоростью v0, и застревает в нем. Пренебрегаясмещением тела во время удара, определить высоту h, на которойтело оторвется от поверхности полусферы. При какой скоростипули тело сразу оторвется от полусферы?52Решение. В задаче происходит неупругое взаимодействие, следовательно, чтобы определить скорость системы пуля–тело послеудара, можно применить закон сохранения импульса (1.3.9)mv0 = ( M + m)u.(1)Предположим, что отрыв происходит в точке A (рис.
1.40).Принимая во внимание изображенные на рисунке силы, запишемуравнение движения(2)N + ( M + m) g = ( M + m)a.Рис. 1.40Напишем условие отрыва: N = 0. Воспользуемся законом сохранения механической энергии (1.3.10): полная механическаяэнергия системы пуля–тело после удара равна полной механической энергии этой системы в момент отрыва (трение отсутствует):( M + m)u2( M + m)v 2(3)+ ( M + m) gR =+ ( M + m) gh.22Из уравнения (1) определяем u = mv0 /(M + m).Чтобы от векторного уравнения (2) перейти к скалярным соотношениям, введем в соответствии с рисунком ось x вдоль радиуса полусферы:x: (M + m)g cosα = (M + m)v 2/R.(4)Как видно из рисунка, h = R cosα, следовательно, равенство (4)запишется следующим образом:gh = v2.(5)Подставим (5) и (1) в (3) и определим высоту отрыва2h=2R 1 ⎛ mv0 ⎞+⎜⎟ .33g ⎝ m + M ⎠(6)53Чтобы ответить на вторую часть вопроса, т.е.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
