Далее: 5.  Задачи для самостоятельного Вверх: Методические указания Назад: 3.  Указания к решению

4.  Примеры решения задач

Примечание. Вследствие ограниченного объема пособия не все детали решений приведены здесь полностью.

Пример 4.1. Вычислить тормозной путь автомобиля для начальной его скорости $72 \text{км/ч}$, если он замедляется с постоянным ускорением $6 \text{м/}\text{с}^2$, а время реакции водителя составляет $1 \text{с}$.

Решение. Это кинематическая задача, в которой неизвестна скалярная величина - путь. Задача решается "естественным" методом. Тормозной путь - это расстояние, пройденное автомобилем до полной остановки. Он складывается из пути равномерного движения $S_1$ в течение времени $t$ реакции водителя и пути $S_2$ равнозамедленного движения: $S=S_1+S_2$.

Путь $S_1$ можно выразить через известные в задаче величины: $S_1=v_0 t$, путь $S_2$ можно выразить из соотношения (8), выведенного выше:

$$2aS_2=v_0^2\quad\Rightarrow\quad S_2={v_0^2\over 2a}$$

(В подобной задаче контрольной работы нужно повторить и обосновать применение этих уравнений).

Таким образом, тормозной путь в общем виде выражается следующим образом:

$$S=v_0t+{v_0^2\over 2a} .$$

Величина его определяется начальной скоростью автомобиля, временем реакции водителя и замедлением движения.

Проверка наименования единиц измерения:

$$[S_1]={\text{м}\cdot \text{с}\over \text{с}}=\text{м};\qquad ... ...]={\text{м}^2\text{с}^2\over \text{с}^2 \text{м}} = \text{м} .$$

Вывод. Наименование единицы искомой величины соответствует физическому смыслу пути.

Вычисления: $S=\left(20\cdot1+{20^2\over2\cdot6}\right) \text{м} = (20+33) \text{м}=53 \text{м}$ (число округлено до того же разряда, что известные величины).

Ответ. Для заданных числовых величин начальной скорости, замедления автомобиля и времени реакции водителя тормозной путь равен $53 \text{м}$, что является довольно значительным расстоянием.

Анализ решения в общем виде и численного ответа. Полученное выражение для тормозного пути пригодно и для других разумных значений $v_0$, $t$, $a$. Следует заметить, что на сухой дороге хорошие тормоза могут обеспечить замедление от $5$ до $8 \text{м}/\text{с}^2$. На скользкой дороге замедление, связанное с величиной $\mu$ коэффициента трения: $\mu mg = ma\quad \Rightarrow\quad a=\mu g$, примерно в три раза меньше, так что тормозной путь будет больше.

Время реакции водителей составляет от $0,3$ до $1 \text{с}$.

Начальная скорость движения входит в числитель второго слагаемого во второй степени, поэтому ее увеличение по сравнению с заданным числом приводит к значительному росту общего тормозного пути.

Все эти обстоятельства следует иметь в виду пешеходам, пересекающим дороги в неустановленных местах и на нерегулируемых перекрестках.

Пример 4.2. Свободно падающее тело в последнюю секунду своего движения проходит половину всего пути. Найти время падения, начальную высоту (пройденный путь) и конечную скорость.

Решение. В задаче говорится о свободном падении, то есть о движении без начальной скорости под действием силы тяжести без учета сопротивления воздуха или другой среды. Все тела в этом случае падают с одинаковым в данном месте Земли ускорением, значение которого в задачах принимается равным $9,8 \text{м}/\text{с}^2$ (в ряде случаев оно округляется до $10 \text{м}/\text{с}^2$).

Данную кинематическую задачу можно решить "естественным" методом, используя уравнения в скалярной форме, так как движение равнопеременное прямолинейное в одном направлении. Искомые время и путь - скалярные величины, скорость выразим по модулю: $\vert\vec v\vert=gt$; пройденный путь, равный начальной высоте, при свободном падении связан с временем падения следующим образом:

$$S={gt^2\over2} .$$

Таким образом, для решения задачи нужно, используя условие, получить выражение для $t$.

С одной стороны, половина всего пути равна

$$S_{\text{п}}={S\over 2}={gt^2\over4} ,$$ (9)

где $S_{\text{п}}$ - половина пути.

С другой стороны, по условию задачи она равна пути за последнюю секунду. Выражение $S={gt^2\over2}$ применимо только для движения без начальной скорости, им в этом случае нельзя воспользоваться. Путь за последнюю секунду выразим как разность путей, пройденных за время $t$ и время $(t-1)$, то есть за все время без одной секунды:

$$S_{\text{п}}={gt^2\over2}-{g(t-1)^2\over2}={g(2t-1)\over2} .$$ (10)

Приравнивая выражения (9) и (10), получим квадратное уравнение относительно искомого времени: $t^2-4t+2 = 0$. Решая уравнение, получим два численных значения времени: $t_1=\text{3,4 с}$; $t_2=\text{0,6 с}$, являющихся его корнями.

Условию задачи удовлетворяет лишь первый корень, так как $0,6 \text{с}<1 \text{с}$, а в задаче упоминается путь за последнюю секунду.

Подставив время движения, равное $\text{3,4 с}$, в выражения для скорости и пути, приведенные выше, получим значения $\text{33,3 м/с}$ и $\text{56,6 м}$ (округленные до того же разряда, что и $g=\text{9,8 м}/\text{с}^2$).

Ответ. Время падения равно $\text{3,4 с}$; начальная высота - $\text{56,6 м}$; модуль конечной скорости равен $\text{33,3 м/с}$. Полученные численные значения не зависят от массы или каких-либо других индивидуальных характеристик тела: любое тело, свободно падающее с высоты $\text{56,6 м}$, в последнюю секунду пройдет половину пути, его время падения и конечная скорость будут равны полученным. Напомним, что это идеализированная картина движения, не учитывающая сопротивление среды.

Рис. 4.1 

Указание. Задачи на свободное падение можно решать также координатным методом. Инерциальную систему отсчета удобно связать с поверхностью Земли, ось $Oy$ направить вертикально вверх (рис. 4.1). В этом случае проекция уравнения (1) запишется следующим образом: $v_y=-gt$, а проекция уравнения (2) на ту же ось --

$$y=y_0-{gt^2\over2} ,$$

где $v_y$ - проекция скорости в момент времени $t$, $y$ - координата материальной точки в момент времени $t$, $y_0$ - начальная координата точки.

С помощью этих двух уравнений можно найти неизвестные величины в задачах на свободное падение тел.

Пример 4.3. Под каким углом к горизонту нужно бросить тело, чтобы высота его подъема была равна дальности полета? Сопротивление среды не учитывать.

Решение. Это наиболее сложная из кинематических задач, так как траектория является криволинейной (это известно всем из жизненного опыта) и следует рассматривать два независимых движения, отдельно относительно осей $Ox$ и $Oy$.

Решение задачи такого типа включает частные случаи движения: равномерного прямолинейного, свободного падения; движения тел, брошенных горизонтально и вертикально вверх.

Подобные задачи решаются координатным методом. Выберем инерциальную систему отсчета, связанную с Землей, таким образом, чтобы в начальный момент времени ($t=0$) тело находилось в начале координат; в этом случае $x_0=0$ и $y_0=0$, $\vec r_0=0$. Ось $Ox$ направим горизонтально вправо, ось $Oy$ - вертикально вверх (рис. 4.2).

Рис. 4.2 

Рис. 4.3 

Рассмотрим движение вдоль оси $Ox$. В этом направлении по условию задачи силы не действуют, значит, проекция ускорения $a_x=0$. Движение является равномерным прямолинейным с постоянной скоростью, равной проекции $\vec v_0$ на ось $Ox$: $v_x=v_{0x}=v_0\cos\alpha$.

Проекции уравнений (1) и (2) п. 3 дают еще два уравнения. Таким образом, три уравнения:

$$a_x = 0 ,$$ (11)

$$v_x = v_0\cos\alpha ,$$ (12)

$$x = v_0\cos\alpha\cdot t$$ (13)

исчерпывающим образом описывают движение вдоль оси $Ox$ и позволяют найти координату тела $X$ в любой момент времени, в том числе и дальность полета.

При движении вдоль оси $Oy$ действует постоянное ускорение свободного падения $\vec g$, проекция которого при указанном направлении оси отрицательна. Проекция скорости в начальный момент $v_{0y}$ равна $v_0\sin\alpha$, со временем она убывает до нуля в верхней точке, затем меняет знак, и далее происходит свободное падение. Характер движения вдоль оси $Oy$ такой же, как для тела, брошенного вертикально вверх, но начальная скорость в проекции на ось равна не $v_0$, а $v_0\sin\alpha$.

Проецируя уравнения (1) и (2) на ось и учитывая действующее ускорение, получим три уравнения, полностью описывающие движение вдоль вертикальной оси:

$$a_y = -g ,$$ (14)

$$v_y = v_0\sin\alpha-gt ,$$ (15)

$$y = v_0\sin\alpha\cdot t-{gt^2\over2} .$$ (16)

Результирующее движение тела является криволинейным, траектория - парабола (рис. 4.3).

Из полученных шести уравнений в подобных задачах можно выразить в общем виде и рассчитать, если заданы числовые значения величин, время $t_{\text{п}}$ и высоту подъема, всё время движения, равное удвоенному времени подъема, дальность полета $x_m$, скорость $\vert\vec v\vert =\sqrt{v_x^2+v_y^2}$ и положение тела $\vert\vec r\vert = \sqrt{x^2+y^2}$ в любой момент времени; уравнение траектории (для этого нужно из уравнения (16) исключить время с помощью уравнения (13), то есть найти зависимость $y(x)$) и т.д.

Полученные математические зависимости полезно представить графически:

Рис. 4.4 [Движение вдоль оси $Ox$]

Рис. 4.5 [Движение вдоль оси $Oy$]

Для решения данной задачи нужно выразить в общем виде высоту подъема, дальность полета и, приравняв их, найти искомый угол $\alpha$.

Рассмотрим один из вариантов решения. Высоту подъема $y_m$ выразим через начальную скорость $\vec v_0$ и угол $\alpha$ следующим образом: в верхней точке подъема $v_y$ обращается в нуль, значит, время подъема $t_{\text{п}}$ из (15) равно ${v_0\sin\alpha\over g}$, тогда из уравнения (16) координата $y$ в верхней точке (высота подъема)

$$y_m={v_0^2\sin^2\alpha\over 2g} .$$

Дальность полета $x_m$ равна координате $x$, соответствующей удвоенному времени подъема, то есть всему времени движения:

$$t=2t_{\text{п}}={2v_0\sin\alpha\over g} .$$

$$% latex2html id marker 1186 \mbox{Тогда из уравнения (\ref{m... ...)}\qquad\qquad\qquad x_m={2v_0^2\sin\alpha\cos\alpha\over g}\,.$$

Приравнивая правые части выражений для $y_m$ и $x_m$, получаем после преобразований: $\tg\alpha=4$. По таблице находим, что данному значению тангенса соответствует угол $76^o$. Это значение не зависит в данном случае от индивидуальных характеристик тела.

Ответ. Высота подъема равна дальности полета тела, если оно брошено под углом $76^o$к горизонту (при отсутствии сопротивления среды).

Примечание. Другой вариант решения подобных задач применяется в примере 6 данного пособия.

Указание. При решении задач на движение тел, брошенных вертикально вверх из начала координат, нужно использовать уравнения (14-16) данной задачи, обосновав их применение, и учесть, что в этом случае $\alpha=90^o$.

В задачах на движение тел, брошенных горизонтально на некоторой высоте $\alpha=0$; если за тело отсчета принимается Земля, начальная координата $y_0$ отлична от нуля.

Пример 4.4. Точка движется по окружности радиусом $10 \text{см}$ с постоянным тангенциальным ускорением. К концу пятого оборота после начала движения линейная скорость точки равна $79,2 \text{см/с}$. Найти тангенциальное, нормальное и угловое ускорения точки.

Решение. Этот пример относится к кинематике движения материальной точки по окружности с постоянным угловым ускорением. Уравнения такого движения:

$$\omega = \omega_0\pm\beta t ,$$ (17)

$$\varphi = \omega_0t\pm{\beta t^2\over2} ,$$ (18)

где $\omega_0$ - начальная угловая скорость, $\omega$ - угловая скорость в момент времени $t$, $\beta$ - угловое ускорение, $\varphi$ - угол поворота в радианах в момент времени $t$. Знак "$+$" относится к равноускоренному движению, знак "$-$" - к равнозамедленному.

С помощью этих уравнений описываются и частные случаи движения: с постоянной по модулю линейной скоростью ($\beta=0$) и из состояния покоя ($\omega_0=0$).

В подобных задачах используются связи линейных величин - скорости $\vec v$ и ускорения $\vec a$ с угловыми - $\vec \omega$ и $\vec \beta$. Модуль линейной скорости зависит от радиуса окружности: $\vert\vec v\vert= \omega R$, где $R$ - радиус.

В общем случае движения точки по окружности вектор $\vec a$ может быть направлен произвольно относительно траектории в данной точке и не совпадать с направлением линейной скорости $\vec v$, направленной всегда по касательной к окружности в сторону движения.

Полное линейное ускорение в этом случае является векторной суммой:

$$\vec a=\vec a_n+\vec a_\tau ,$$

где $\vec a_n$ - вектор нормального ускорения, называемого также центростремительным. Вектор $\vec a_n$ всегда направлен по нормали к траектории (по радиусу окружности) к центру и изменяет скорость только по направлению; модуль нормального ускорения зависит от радиуса окружности: $a_n={v^2\over R}$ или $a_n=\omega^2 R$;

$\vec a_\tau$ - вектор тангенциального (линейного, касательного) ускорения, направленный по касательной к траектории, в ту же сторону, что линейная скорость при ускоренном движении и в противоположную при замедленном; $a_\tau$ изменяет скорость только по величине; между $a_\tau$ и $\beta$ существует связь: $\vert\vec a_\tau\vert=\beta R$.

Модуль полного ускорения можно рассчитать следующим образом:

$$\vert\vec a\vert=\sqrt{a_n^2+a_\tau^2}=\sqrt{\omega^4R^2+\beta^2 R^2}=R\sqrt{\omega^4+\beta^2} .$$

Решение данной задачи, как и большинства из них, после анализа условия следует начинать с искомых величин. Согласно условию, точка движется равноускоренно из состояния покоя: $\omega_0=0$. В этом случае уравнения (17) и (18) принимают вид:

$$\omega = \beta t ,$$ (19)

$$\varphi = {\beta t^2\over 2} .$$ (20)

По определению модуль тангенциального ускорения выражается через конечную $v$, начальную $v_0$ линейные скорости и соответствующий промежуток времени $a_\tau$:

$$a_\tau = {v-v_0\over t} .$$

В данной задаче $a_\tau = v/t$. Здесь неизвестно время. Его логично выразить из уравнений (19) и (20), исключив из них $\beta$.

Следует учесть, что один полный оборот соответствует углу $2\pi$ радиан, так что $\varphi=2\pi N$. Для времени получаем:

$$t={2\varphi\over\omega}={4\pi N\over\omega}$$

или через известную линейную скорость:

$$t={4\pi NR\over v} ,\qquad\mbox{тогда}\qquad a_\tau = {v\over t} = {v^2\over 4\pi NR} .$$

Здесь все величины известны.

Примечание. Возможен и другой вариант решения подобных задач: из уравнений (19) и (20) выразить $\beta$, исключив $t$, а затем выразить $a_\tau$.

Проверка наименования единиц измерения:

$$[a_\tau]= {\text{м}^2\over \text{с}^2\text{м}}= {\text{м}\over \text{с}^2} .$$

Получилось наименование тангенциального (линейного) ускорения, значит, в общем виде выражение для искомой величины $a_\tau$ получено правильно.

Вычисления:

$$a_\tau={0,792^2\over4\cdot3,14\cdot5\cdot0,1} \text{м}/\text{с}^2 = 0,0999 \text{м}/\text{с}^2 = 0,1 \text{м}/\text{с}^2 .$$

Ответ. Тангенциальное ускорение точки равно $0,1 \text{м}/\text{с}^2$. Это значит, что линейная скорость ее увеличивается на $0,1 \text{м}/\text{с}$ за секунду.

Для нахождения других неизвестных в данном примере величин следует воспользоваться уравнениями, приведенными выше.

$$a_n = 6,27 \text{м}/\text{с}^2;\qquad \beta=1 \text{с}^{-2} .$$

Пример 4.5. Ледяная гора составляет угол $30^o$ с горизонтом. По ней пускают снизу вверх небольшой предмет, который за $2$ секунды проходит расстояние $16 \text{м}$, после чего соскальзывает вниз. Найти коэффициент трения между предметом и поверхностью и время соскальзывания.

Решение. Это одна из задач на движение тел вдоль наклонной плоскости. В ней требуется и кинематический, и динамический анализ условия. Рассмотрим один из вариантов решения.

При движении вверх скорость уменьшается до нуля в верхней точке, предмет движется равнозамедленно прямолинейно. При движении вниз начальная скорость равна нулю, предмет движется равноускоренно. Путь, пройденный предметом, в обоих случаях одинаков и выражается следующим образом:

$$S={a_1t_1^2\over2} ;\qquad S={a_2t_2^2\over 2} ,$$

где $a_1$ и $t_1$ - ускорение и время при движении вверх, $a_2$ и $t_2$ - то же при соскальзывании.

Приравняв правые части уравнений, получим $a_1t_1^2=a_2t_2^2$, то есть ускорения и квадраты времени движения связаны обратно пропорциональной зависимостью. Выразим отношение ускорений:

$${a_1\over a_2} = {t_2^2\over t_1^2} ,$$ (21)

из этого соотношения можно выразить искомое время $t_2$ через отношение ускорений, для этого нужно провести динамический анализ движения.

Следует учесть и показать на рисунках все силы, действующие на предмет при движении вверх (рис. 4.6) и вниз (рис. 4.7) в некоторой промежуточной точке. Векторы всех сил будем считать приложенными в одной точке - центре тяжести предмета.

Рис. 4.6 

Рис. 4.7 

В обоих случаях предмет взаимодействует с Землей и плоскостью, при этом на него действуют: сила тяжести $m\vec g$, направленная вертикально вниз, сила реакции опоры $\vec N$, направленная перпендикулярно плоскости, и сила трения скольжения $\vec F_{\text{тр}}$, направленная противоположно скорости. Длина отрезка, изображающего каждую силу, на рисунках 4.6 и 4.7 должна быть одинакова. Равнодействующая сил в обоих случаях направлена вдоль наклонной плоскости вниз; согласно $II$ закону Ньютона так же направлено ускорение:

$$\vec N+m\vec g+\vec F_{\text{тр}} = m\vec a .$$

Свяжем систему отсчета для обоих случаев движения с неподвижной точкой, ось $Ox$ направим вдоль ускорения, ось $Oy$ - перпендикулярно к ней. Система отсчета приведена на рис. 4.6.

Запишем $II$ закон Ньютона в векторной форме для движения вверх:

$$\vec N+m\vec g+\vec F_{\text{тр}} = m\vec a_1 .$$

Спроектируем все члены уравнения на оси:

$$\mbox{ось}\quad Ox : 0+mg\sin\alpha +F_{\text{тр}}=ma_1 ,$$ (22)

$$\mbox{ось}\quad Oy : N-mg\cos\alpha+0=0 .$$ (23)

При небольших скоростях для многих пар поверхностей сила трения скольжения прямо пропорциональна силе, прижимающей движущийся предмет к поверхности; эта сила по $III$ закону Ньютона численно равна силе реакции опоры, действующей перпендикулярно поверхности; таким образом, для силы трения скольжения применимо выражение:

$$F_{\text{тр}}=\mu N ,$$ (24)

где $\mu$ - коэффициент трения.

Выразив $N$ из (23) и подставив $F_{\text{тр}} = \mu mg\cos\alpha$ в уравнение (22), получаем:

$$mg\sin\alpha+\mu mg\cos\alpha = ma_1 .$$ (25)

Запишем далее $II$ закон Ньютона в векторной форме для движения вниз:

$$\vec N + m\vec g+\vec F_{\text{тр}} = m\vec a_2 ,$$

в проекциях на оси:

$$\mbox{ось}\quad Ox : 0+mg\sin\alpha -F_{\text{тр}}=ma_2 ,$$ (26)

$$\mbox{ось}\quad Oy : N-mg\cos\alpha+0=0 .$$ (27)

После преобразований, аналогичных предыдущим, получим:

$$mg\sin\alpha-\mu mg\cos\alpha=ma_2 .$$ (28)

Выразив $a_1$ из уравнения (25) и $a_2$ из уравнения (28), имеем:

$${a_1\over a_2} = {g(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)\over g(\sin\... ...}= {\sin\alpha+\mu\cos\alpha\over \sin\alpha-\mu\cos\alpha} .$$ (29)

Приравняем правые части уравнений (21) и (29):

$${t_2^2\over t_1^2}={\sin\alpha+\mu\cos\alpha\over \sin\alpha-... ...sqrt{\sin\alpha+\mu\cos\alpha\over \sin\alpha-\mu\cos\alpha} .$$

Неизвестный здесь коэффициент трения выразим из уравнения (25) с учетом того, что $a_1={2S\over t_1^2}$. Получим:

$$g \sin\alpha+\mu g\cos\alpha ={2S\over t_1^2}\qquad\Rightarrow\qquad \mu={{2S\over t_1^2} - g \sin\alpha\over g\cos\alpha} .$$

Здесь все известно. Наименования единиц всех членов правой части выражения одинаковы, в результате получается безразмерное число.

Вычисления:

$$\mu={{2\cdot16\over4}-9,8\cdot0,5\over9,8\cdot0,866}=0,36 .$$

Получено число, удовлетворяющее условию задачи, оно меньше единицы, как и должно быть.

$$t_2=2\sqrt{0,5+0,36\cdot0,866\over0,5-0,36\cdot0,866} \text{с}=4,1 \text{с} .$$

Время соскальзывания больше времени движения вверх, что следует из соответствующего соотношения ускорений.

Ответ. Условию задачи удовлетворяют коэффициент трения, равный 0,36, и время соскальзывания предмета, равное $\text{4,1 с}$.

Пример 4.6. На толкание ядра, брошенного под углом $30^o$ к горизонту, затрачена работа $216 \text{Дж}$. Найти время движения и расстояние от места бросания ядра до точки его падения. Масса ядра $2 \text{кг}$. Сопротивление воздуха не учитывать.

Решение. Используем здесь теорию движения тела, брошенного под углом к горизонту, рассмотренную в примере 3 данного пособия.

Время движения выразим из уравнения (16) для координаты $y$ при условии, что в точке падения она равна нулю:

$$0=v_0\sin\alpha\cdot t-{gt^2\over2}\quad\Rightarrow\quad t={2v_0\sin\alpha\over g} .$$

(30)

Для дальности полета выведено соотношение:

$$x_m={2v_0^2\sin\alpha\cos\alpha\over g} ,$$

которое можно представить так:

$$x_m={v_0^2\sin2\alpha\over g} .$$ (31)

Здесь неизвестна начальная скорость, которую можно выразить через совершенную спортсменом работу толкания. Эта работа без учета сопротивления воздуха равна уменьшению кинетической энергии:

$$-\Delta W_{\text{к}}={mv_0^2\over2} - 0 = {mv_0^2\over 2} ,$$

$$A={mv_0^2\over2} ,\qquad\mbox{откуда}\qquad v_0^2={2A\over m} ,\qquad v_0=\sqrt{2A\over m} .$$

Подставляя $v_0$ в уравнение (30) и $v_0^2$ в (31), получим в общем виде выражения для искомых величин через известные:

$$t={2\sqrt{2A\over m}\cdot\sin\alpha\over g} ;\qquad x_m={2A\sin2\alpha\over mg} .$$

Проверка наименования единиц искомых величин. Работа измеряется в джоулях, $1 \text{Дж}=1 \text{Н}\cdot\text{м}=1 {\text{кг}\cdot\text{м}^2\over\text{с}^2}$, ускорение измеряется в $\text{м}/\text{с}^2$, масса в $\text{кг}$.

$$[t]={\sqrt{\text{кг}\cdot\text{м}^2\over\text{с}^2\text{кг}}\... ...xt{с}^2\over \text{с}^2\cdot\text{кг}\cdot\text{м}}=\text{м} .$$

Выражения в общем виде получены правильно.

Вычисления:

$$t={2\cdot\sqrt{2\cdot216\over2}\cdot0,5\over9,8} \text{с}= 1... ...{2\cdot216\cdot0,866\over2\cdot9,8} \text{м}=19,1 \text{м} .$$

Ответ. Время движения равно $\text{1,5 с}$; дальность полета ядра равна $19,1 \text{м}$ без учета силы сопротивления воздуха. Эти численные значения определяются величиной работы, углом $\alpha$ и массой ядра.

Замечание. Работа толкания или бросания при указанных условиях определяется массой тела и квадратом начальной скорости. Она не зависит от угла $\alpha$. Действительно, при любом угле выполняется равенство: $v_0^2=v_{0x}^2+v_{0y}^2=v_0^2\sin^2\alpha+v_0^2\cos^2\alpha$; сумма $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha$, как известно, равна единице.

Пример 4.7. Шар массой $m_1$, движущийся со скоростью $\vec v$, испытывает лобовое абсолютно упругое соударение с другим шаром, покоившимся до удара, и отлетает от него в противоположную первоначальному направлению сторону со скоростью, равной $1/3$ первоначальной. Что произойдет со вторым шаром сразу после взаимодействия? Выразить в общем виде массу, скорость и импульс второго шара после удара через $m_1$ и $\vec v$.

Решение. При абсолютно упругом ударе в изолированной системе материальных точек выполняются законы сохранения импульса и механической энергии. До удара движется только первое тело, поэтому импульс системы равен $m_1\vec v$. После удара скорость первого тела обозначим $\vec u_1$, второго - $\vec u_2$. Тогда по закону сохранения импульса: $m_1\vec v=m_1\vec u_1+m_2\vec u_2$. Это уравнение нужно спроектировать на ось (движение прямолинейное); выберем ее направление вправо. Импульсы тел до и после удара показаны на рисунках.

Рис. 4.8 

Рис. 4.9 

Здесь учтено, что масса второго тела должна быть больше массы первого, иначе описанного движения первого шара после удара не произойдет. Кроме того, из закона сохранения импульса следует, что второй шар будет двигаться так, как показано на рис. 4.9, а результирующий импульс системы остается равным $m_1\vec v$.

Закон сохранения импульса для данного случая в проекциях на ось: $m_1v=-m_1u_1+m_2u_2$. Учитывая, что по условию задачи $u_1=1/3 v$, запишем:

$$m_1v=-{m_1v\over3}+m_2u_2\qquad\mbox{или}\qquad {4\over3}m_1v= m_2u_2 .$$ (32)

В этом уравнении две неизвестные величины: $m_2$ и $v_2$, поэтому для решения задачи нужно использовать закон сохранения механической энергии. В общем случае механическая энергия равна сумме кинетической и потенциальной. В задачах на столкновение шаров потенциальная энергия либо равна нулю, если тела находятся на поверхности Земли, либо не меняется при указанном взаимодействии. Сохраняется кинетическая энергия:

$${m_1v^2\over2}={m_1u_1^2\over2}+{m_2u_2^2\over 2} .$$

После преобразования с учетом соотношения скоростей $v$ и $u_1$, получим:

$${10\over9}m_1v^2=m_2u_2^2 .$$ (33)

Получена система уравнений с двумя неизвестными:

$${4\over3}m_1v = m_2u_2 ,$$

$${10\over9}m_1v^2 = m_2u_2^2 .$$

Решение системы дает следующие результаты:

$$u_2={5\over6}v;\qquad m_2={8\over5}m_1;\qquad p_2=m_2u_2={4\over3}m_1v ;$$

а с учетом направлений векторов:

$$\vec u_2={5\over6}\vec v,\qquad\vec p_2={4\over3}m_1\vec v .$$

Проверим сумму импульсов после удара:

$$-{m_1\over 3}\vec v+{4\over3}m_1\vec v ,$$

она равна первоначальному импульсу

Ответ. После лобового абсолютно упругого удара второй шар будет двигаться по направлению первого до удара, масса второго шара равна ${8\over5}m_1$, скорость его равна ${5\over6}\vec v$, импульс равен ${4\over3}m_1\vec v$.

Указание. При неупругом лобовом ударе закон сохранения импульса системы выполняется. Тела после удара деформируются и движутся вместе со скоростью $\vec v$, так что $m_1\vec v_1 + m_2\vec v_2 = (m_1+m_2)\vec v$, где $m_1$ и $m_2$ - массы тел, $\vec v_1$ и $\vec v_2$ - их скорости до взаимодействия.

Механическая энергия в этом случае не сохраняется: часть первоначальной кинетической энергии расходуется на работу деформации, переходит во внутреннюю. Выполняется более общий закон сохранения энергии.

Кинетическая энергия первого тела до удара равна ${m_1v_1^2\over 2}$, второго тела - $m_2v_2^2\over 2$; после удара кинетическая энергия шаров выражается так:

$$W_{\text{к}} = {(m_1+m_2)v^2\over2} .$$

Можно показать, что уменьшение кинетической энергии шаров при абсолютно неупругом ударе зависит только от их массы и относительной скорости до удара:

$$\Delta W_{\text{к}} = {1\over2}\cdot {m_1m_2\over m_1+m_2} (v_1-v_2)^2 .$$

Пример 4.8. Шарик массой $100 \text{г}$, привязанный к нити, движется в вертикальной плоскости по окружности радиусом $30 \text{см}$. Найти силу натяжения нити в момент движения шарика через верхнюю точку траектории со скоростью $210 \text{см/с}$. Какова сила натяжения нити, когда шарик проходит нижнюю точку?

Этот пример относится к динамике движения точки по окружности. После установления всех действующих сил и записи $II$ закона Ньютона в векторной форме члены этого уравнения необходимо спроектировать на ось.

При движении по окружности с постоянной по модулю скоростью тангенциальное ускорение равно нулю, полное ускорение равно нормальному, поэтому ось выбирается в направлении нормали к траектории в данной точке (то есть по радиусу окружности к ее центру).

Рис. 4.10 

По условию задачи шарик взаимодействует с Землей и нитью. Сила тяжести направлена вертикально вниз; сила натяжения действует вдоль нити, в верхней точке вниз, в нижней - вверх.

Найдем сначала силу натяжения нити $T_1$ в верхней точке. На рис. 4.10 представлены действующие силы и направление нормали к траектории. Запишем $II$ закон Ньютона в векторной форме:

$$m\vec g + \vec T_1 = m\vec a_1 ,$$

в проекциях на нормаль:

$$mg +T_1=ma_n ,\qquad\mbox{где}\qquad a_n={v_1^2\over R} .$$ (34)

Из уравнения (34) выразим искомую силу в общем виде:

$$T_1=m\left({v_1^2\over R}- g\right) .$$

Проверка наименования единиц:

$$\left[T_1\right] = \text{кг}\left({\text{м}^2\over\text{с}^2\... ...2}\right)={\text{кг}\cdot\text{м}\over\text{с}^2} = \text{Н} .$$

Получилась единица измерения силы, значит, выражение получено верно.

Вычисления:

$$T_1=0,1\left({2,1^2\over0,3}-9,8\right)\text{Н}=0,49 \text{Н} .$$

Анализ ответа. Сравним полученное число с силой тяжести шарика: $mg=0,1\cdot9,8 \text{Н}=0,98 \text{Н}$. В верхней точке траектории при заданных значениях скорости и радиуса окружности сила натяжения в $2$ раза меньше силы тяжести шарика:

$${T_1\over mg}={0,49 \text{Н}\over 0,98 \text{Н}} = 0,5 .$$

При ${v^2\over R} = g$ сила натяжении нити обращается в нуль; на тело действует только сила тяжести шарика. По $III$ закону Ньютона сила натяжения нити равна весу шарика, поэтому при скорости $v=\sqrt{gR}$ вес тела равен нулю, тело находится в состоянии невесомости.

Определим далее силу натяжения нити $T_2$ в нижней точке траектории. Нормаль в этом случае направим вверх, в сторону нормального ускорения (рис. 4.11).

Рис. 4.11 

$II$ закон Ньютона в векторной форме:
$m\vec g+\vec T_2 = m\vec a_2$, в проекциях на нормаль:

$$-mg + T_2 = {mv_2^2\over R} .$$

Искомая сила натяжения:

$$T_2=m\left({v_2^2\over R}+ g\right) .$$

Здесь неизвестна скорость в нижней точке $v_2$. Выразим ее из закона сохранения механической энергии, пренебрегая внешними воздействиями и внутренними диссипативными силами. В верхней точке шарик обладает кинетической ${mv_1^2\over 2}$ и потенциальной энергией $mgh$, где $m$ - масса его, $h$ - высота относительно нижней точки, $h=2R$.

В нижней точке шарик обладает только кинетической энергией ${mv_2^2\over 2}$. Закон сохранения механической энергии:

$${mv_1^2\over2} + mgh = {mv_2^2\over2}\qquad\mbox{или}\qquad {mv_1^2\over 2}+2mgR={mv_2^2\over 2} ,$$

откуда квадрат скорости в нижней точке выражается следующим образом:

$$v_2^2=v_1^2+4gR .$$

Подставим $v_2^2$ в уравнение для искомой силы натяжения:

$$T_2=m\left({v_1^2+4gR\over R}+g\right) .$$

Проверка наименования единиц:

$$\left[ T_2\right]=\text{кг}\left({{\text{м}^2\over\text{с}^2}... ...2}\right)={\text{кг}\cdot\text{м}\over\text{с}^2} = \text{Н} .$$

Получилась единица измерения силы, значит, выражение в общем виде получено верно.

Вычисления:

$$T_2 =0,1\left({2,1^2+4\cdot9,8\cdot0,3\over0,3}+9,8\right) \text{Н}=6,37 \text{Н} .$$

Анализ ответа. Сравним $T_2$ с силой тяжести:

$${T_2\over mg} = {6,37 \text{Н}\over 0,98 \text{Н}}=6,5 .$$

Сила натяжения в $6,5$ раза больше силы тяжести. Такое состояние называется перегрузкой. Недостаточно прочная нить может разорваться в нижней точке траектории при перегрузке.

Ответ. Сила натяжения в верхней точке равна $0,49 \text{Н}$; в нижней точке - $6,37 \text{Н}$.

Указание. В ряде подобных задач нормальное ускорение следует выражать через угловую скорость $\omega$: $a_n=\omega^2 R$ и учесть, что $\omega=2\pi \nu$, где $\nu$ - частота вращения (обозначается также буквой $n$).

Далее: 5.  Задачи для самостоятельного Вверх: Методические указания Назад: 3.  Указания к решению