Разные задачи. Часть 3: Часть 2

Видео

Конспект

Задача 19

Условие

Небольшие частицы с одинаковыми массами m и зарядами q и -q движутся без трения по пересекающимся под прямым углом узким прямым каналам, расположенным в горизонтальной плоскости (см. рисунок).

32 При этом оказалось, что в процессе дальнейшего движения расстояние R между частицами остаётся неизменным.

Найдите суммарную кинетическую энергию частиц.

Решение

Введём оси координат XY с началом в точке пересечения каналов O , направленные вдоль них (см. рисунок).

33 Пусть x и y – координаты частиц. Тогда из второго закона Ньютона и закона Кулона их ускорения:

a_x = -\frac{kq^2x}{mR^3} \quad и \quad a_y = -\frac{kq^2y}{mR^3}, Отметим, что вклад в ускорение дают только составляющие сил Кулона, направленные вдоль каналов, по которым движутся частицы. Рассмотрим вспомогательную воображаемую «частицу» массой m , движущуюся в плоскости XY . Пусть координаты «частицы» равны координатам x и y наших шариков. Заметим, что если на частицу действует сила, равная kq^2/R^2 и направленная к точке O , то проекции её ускорения на оси X и Y в точности равны ускорениям исходных частиц a_x и a_y . Учитывая, что и координаты «частицы» равны координатам исходных частиц, получим, что задача о движении исходных частиц полностью эквивалентна задаче о движении вспомогательной «частицы». Из неизменности расстояния между частицами следует, что постоянна величина

x^2 + y^2 = R^2. При неизменности расстояния между частицами их потенциальная энергия также не меняется, поэтому из закона сохранения энергии следует, что постоянна сумма квадратов скоростей частиц, равная квадрату скорости «частицы»:

v^2 = v_x^2 + v_y^2 = const. Таким образом, вспомогательная «частица» движется по окружности радиуса R с постоянной скоростью v . Из второго закона Ньютона для «частицы» имеем

\frac{v^2}{R} = \frac{kq^2}{mR^2}, откуда для искомой кинетической энергии

T = \frac{m}{2}(v_x^2 + v_y^2) = \frac{mv^2}{2} = \frac{kq^2}{2R}. Задача 20

Условие

Из точки O на поверхности воды в реку бросают одинаковые маленькие металлические шарики (см. рисунок).

34 Отпущенный без начальной скорости шарик упал на дно в точке B , а шарик, запущенный вертикально вниз с известной скоростью v в точку C . Расстояние BC = L .

Найдите горизонтальную составляющую скорости второго шарика при ударе о дно u_x .

Считайте, что при движении на шарик со стороны воды действует сила, прямо пропорциональная скорости движения шарика относительно воды и направленная против этой скорости. Скорость течения не зависит от глубины, а дно горизонтально. Силу Архимеда не учитывать.

Решение

Ось OX сонаправлена со скоростью реки, а ось OY направлена вертикально вниз. Введем обозначения: \omega_x – скорость течения реки, \omega_y = g/k . Тогда:

\begin{cases}

\dot{v}_x = -kv_x + k\omega_x \\

\dot{v}_y = -kv_x + k\omega_y

\end{cases} Уравнения без индекса выполнены для обеих проекций:

\frac{dv}{v - \omega} = -kdt, следовательно

v = \omega + (v_0 - \omega)e^{-kt} = \omega(1 - e^{-kt}) + v_0 e^{-kt}. Введём обозначение:

f(t) = \int_{0}^{t} (1 - e^{-kt})dt'. Тогда смещение по оси OX равно:

\Delta x_1 = \int_{0}^{t_1} v_x dt = \omega_x f(t_1), \Delta y_1 = \int_{0}^{t_1} v_y dt = \omega_y f(t_1),

где H – глубина реки. Во втором случае время падения равно t_2 :

\Delta x_2 = \int_{0}^{t_2} v_x dt = \omega_x f(t_2) = \Delta x_1 - L, \Delta y_2 = \int_{0}^{t_2} v_y dt = \omega_y f(t_2) + v \int_{0}^{t_2} e^{-kt}dt = \omega_y f(t_2) + \frac{v}{k}(1 - e^{-kt_2}) = H.

Вычитая попарно уравнения, записанные для разных осей получаем:

\begin{cases}

\omega_x (f(t_1) - f(t_2)) = L \\

\omega_y (f(t_1) - f(t_2)) - \frac{v}{k}(1 - e^{-kt_2}) = 0

\end{cases} Замечая, что искомая скорость \omega равна:

\omega = \omega_x(1 - e^{-kt_2}) = \frac{kL\omega_y}{v} = \frac{gL}{v}.