Разные задачи. Часть 1: Часть 2

Видео

Конспект

Задача 4

Условие

На горизонтальной гладкой поверхности находится цилиндрический закреплённый столб радиусом R. К ней с помощью нерастяжимой нити длиной L_0 привязана маленькая шайба. Ей ударом сообщают скорость v перпендикулярно нити. Найдите время, через которой шайба соприкоснётся со столбом.

6 Решение

Рассмотрим случайный момент времени, в который нить уже начала "наматываться" на столб.

7 Пусть в этот момент длина свободного конца нити L , а через небольшое время dt длина свободного конца равна L - dL . Обозначим угол между прямыми, содержащими эти свободные концы за d \alpha. Из геометрии он он равен углу между радиусами проведёнными к точкам касания нити со столбом.

Скорость шайбы не меняется, поскольку малое перемещение шайбы в любой момент перпендикулярно силе натяжения нити, приложенной к шайбе. То есть она не совершает работы.

В каждый отдельный момент мгновенным центром вращения системы <<нить-шайба>> является точка касания нити и столба, то есть:

vdt = Ld \alpha. При этом длина свободного конца уменьшается на длину дуги, заключённой между точками касания нити со столобом. То есть

dL = -R d \alpha. Избавляясь от d \alpha :

L \cdot dL = -Rv \cdot dt. Тогда время "наматывания" нитки на столб равно

\tau_2 = -\int_{L_0}^{0} \frac{L}{Rv} dL = \frac{L_0^2}{2Rv}. Время до начала <<наматывания>> равно времени прохождения шайбой четверти окружности радиусом L_0. то есть

\tau_1 = \frac{\pi L_0}{2v}. Общее время равно \tau = \tau_1 + \tau_2 = \frac{L_0^2}{2Rv} + \frac{\pi L_0}{2v}.

Задача 5

Условие

За лисой, бегущей прямолинейно и равномерно со скоростью v , гонится собака, скорость которой u постоянна по абсолютной величине и направлена всё время на лису. В момент, когда скорости v и u оказались взаимно перпендикулярными, расстояние между лисой и собакой было равно L . Какого было ускорение собаки в этот момент?

Решение

Так как модуль скорости собаки неизменен, ускорение собаки имеет только нормальную компоненту. Пусть прошло небольшое время dt . Отмеченный малый угол назовём d \alpha .

8 Из формулы для нормального ускорения

a_n = \omega u, а

\omega = \frac{d \alpha}{dt} по определению. Из приближения для малых углов

d \alpha \approx tg \ d \alpha = \frac{v dt}{L - u dt} \approx \frac{v dt}{L}, откуда

a_n =\frac{d \alpha}{dt} u = \frac{vudt}{Ldt} = \frac{vu}{L}. Задача 6

Условие

На гладкую горизонтальную поверхность положили маленький шарик массой m . К нему прикрепили легкую нерастяжимую нить, переброшенную через легкий блок пренебрежимо малого радиуса, на другом конце которой подвесили груз массой M (см. рис.). Систему отпустили из состояния покоя (изображенного на рисунке пунктирной линией). В некоторый момент времени, когда нить наклонена к горизонту под углом \alpha , шарик отрывается от поверхности, а ускорение груза в этот момент времени равно нулю. Трение в оси блока отсутствует.

Найдите отношение m/M .

Найдите \sin \beta угла нити к горизонту в начальный момент времени.

9 Решение

Введём систему координат xy так, как показано на рисунке. Пусть \vec{a} – ускорение шарика в момент его отрыва от поверхности. Запишем второй закон Ньютона в проекции на вертикальную ось y , принимая во внимание, что в момент отрыва N = 0

ma_y = mg - T \sin \alpha = 0. Запишем второй закон Ньютона для груза M в проекции на ось y , принимая во внимание, что груз не ускоряется:

Ma_м = Mg - T = 0. Исключая из уравнений силу натяжения T , находим отношение масс:

\frac{m}{M} = \sin \alpha. 10 Пусть v и u – скорости шарика и груза соответственно в рассматриваемый момент, а h – высота блока над поверхностью.

Поскольку нить нерастяжима, проекция скорости шарика v на ось z равна u :

v = \frac{u}{\cos \alpha}. Поскольку трения в системе нет, выполняется закон сохранения механической энергии:

\frac{mv^2}{2} + \frac{Mu^2}{2} = -Mg\Delta l, где \Delta l = h(1/\sin \alpha - 1/\sin \beta) – изменение длины наклонного участка нити. Подставляя отношение m/M в уравнение получим:

\frac{mv^2}{2} \left( 1 + \frac{\cos^2 \alpha}{\sin \alpha} \right) = \frac{mgh}{\sin \alpha} \left( \frac{1}{\sin \beta} - \frac{1}{\sin \alpha} \right), откуда:

\frac{1}{\sin \beta} = \frac{1}{\sin \alpha} + \frac{v^2(\sin \alpha + \cos^2 \alpha)}{2gh}. Таким образом, задача сводится к определению безразмерного параметра gh/v^2 , для нахождения которого проанализируем динамику шарика.

Запишем второй закон Ньютона для шарика в проекции на горизонтальную ось x :

ma_x = ma = T \cos \alpha \Rightarrow a = \frac{T \cos \alpha}{m} = \frac{g \cos \alpha}{\sin \alpha}. Введём ось z , направленную вдоль наклонного участка нити от шарика к блоку (т.е. образующую угол \alpha с горизонтом). Проекция ускорения шарика на ось z равняется

a_z = a \cos \alpha = \frac{g \cos^2 \alpha}{\sin \alpha}. Перейдём в систему отсчёта точки A наклонного участка нити, в которой он касается блока. Ускорение шарика \vec{a}_{отн} в данной системе отсчёта равняется:

\vec{a}_{отн} = \vec{a} - \vec{a}_A. Поскольку ускорение груза равняется нулю – тангенциальное ускорение точки A также равняется нулю, откуда следует, что полное ускорение точки A направлено перпендикулярно наклонному участку нити. Тогда в рассматриваемой системе отсчёта:

a_{отн} = a_z. В системе отсчёта точки A шарик движется по окружности радиусом l = h/\sin \alpha , равным длине наклонного участка нити, со скоростью v_1 = v\sin \alpha , равной проекции скорости шарика на ось, перпендикулярную оси z . Поэтому из выражения для центростремительного ускорения получим:

a_{отн} = \frac{v_1^2}{l} = \frac{v^2 \sin^3 \alpha}{h}. Приравнивая, находим:

\frac{gh}{v^2} = \frac{\sin^4 \alpha}{\cos^2 \alpha}. Подставляя, получим:

\frac{1}{\sin \beta} = \frac{1}{\sin \alpha} + \frac{\cos^2 \alpha (\sin \alpha + \cos^2 \alpha)}{2 \sin^4 \alpha}, откуда находим угол \beta :

\displaystyle \sin \beta = \frac{2 \sin^4 \alpha}{\sin \alpha + \sin^3 \alpha + \cos^4 \alpha}.