уп_Вабищевич_Физика ч

51

1

Законы сохранения. Столкновения

Окончание табл.

	2		3			4
Определение		1.	Сделать чертеж, на котором указать все силы, действующие на тело.			[2],
работы силы и		2.	Выяснить – работу какой силы нужно найти. В ее качестве может выступать и рав-			№№2.62–2.70
ее мощности		нодействующая сила. Если сила неизвестна из условия задачи, то ее следует найти из				[12],
		уравнений динамики (см. выше).				№№2.57–2.69
		3.	Определить угол α между направлениями векторов перемещения и силы, а также			[11],
		проекцию вектора силы на направление движения тела Fs .				№№1.81–1.94
		4.	Используя кинематические соотношения, определить вектор перемещения или пре-
		делы изменения координаты.
			2
		5.	Вычислить работу по одному из соотношений: A12 = ∫Fs ( s) ds ; A12 = Fs cos α = Fs s ;
			1
			2
		A12 = ∫P(t)dt .
			1
		6.	Вычислить мощность силы по одному из подходящих соотношений: P = dA
				dt	, P = F υ .
Определение		1.	Сделать чертеж, на котором изобразить систему в двух (нескольких) положениях.			[2],
полной механи-		2.	Выбрать нулевой уровень отсчета потенциальной энергии. Если тело расположено			№№2.117 –
ческой	энергии	выше нулевого уровня, то потенциальная энергия в поле силы тяжести положительная,				2.123
и ее	состав-	если ниже – отрицательная.				[12],
ляющих		3.	Если в системе присутствуют диссипативные силы, то необходимо определить ра-			№№2.70–2.90
		боту этих сил.

4.Применить закон сохранения механической энергии или изменения механической энергии с учетом работы сил трения.

5.Дополнить полученные уравнения требуемым числом уравнений динамики, так, чтобы общее число уравнений соответствовало числу неизвестных величин.

Иногда целесообразно записать закон сохранения энергии для начального и конечного состояний и дополнить его законом сохранения для каких-либо промежуточных состоя- ний.

Необходимо учитывать, что при переходе к различным движущимся инерциальным системам отсчета полная энергия меняется, поэтому целесообразно использовать не- подвижные относительно Земли системы отсчета

51

2.4. Примеры решения задач

Пример 1. У бруска одна сторона гладкая, а другая шероховатая. Если его положить на наклонную плоскость шероховатой стороной, он будет на- ходиться в равновесии на грани соскальзывания. С каким ускорением бру- сок будет соскальзывать, если его перевернуть? Коэффициент трения между шероховатой стороной бруска и поверхностью наклонной плоскости равен

μ = 0,2. (Уровень 2).

	Решение. Рассмотрим равновесие бруска на наклонной плоскости,
когда он лежит на ней шероховатой стороной.
				На брусок действуют три силы:
		Y		сила тяжести mg (где m –	масса бру-
	N			ска), сила реакции поверхности плос-
			O	кости N и сила трения покоя Fтр.пок ,
		Fтр.пок
		.		препятствующая соскальзыванию бру-
				ска (см. рисунок).
		α		Направим ось ОХ системы коор-
	α			динат вдоль наклонной плоскости и
X				запишем уравнение, выражающее вто-
				рой закон Ньютона,
		mg

ma = mg + N + Fтр ,

в проекциях на оси системы координат:
OX : ma = mg sin α − Fтр. ;	(1)
OY : 0 = N − mg cos α ,	(2)

где α – угол, который наклонная плоскость образует с горизонтом. Учитывая, что тело находится в равновесии на грани соскальзыва-

ния, a = 0 , Fтр = μN , из (1) и (2) находим

Fтр = μmg cos α ; 0 = mg sin α − μmg cos α ;
μ = tgα .	(3)

Полученный результат позволяет сделать полезный вывод: если коэф- фициент трения между телом и поверхностью наклонной плоскости удов- летворяет условию μ > tgα , то тело будет находиться в равновесии и само-

произвольно не будет соскальзывать с плоскости; если μ = tgα , то тело бу-

дет находиться в равновесии на грани соскальзывания; если μ < tgα , то те-

ло будет соскальзывать с плоскости.

52

Рассмотрим движение бруска по наклонной плоскости, когда он ле- жит на ней гладкой стороной (μ = 0). Теперь на брусок действуют две силы: сила тяжести и сила реакции. Легко понять, что уравнения движения бру- ска в проекциях на оси системы координат совпадут с уравнениями (1) и

(2) при Fтр. = 0. Поскольку в выбранной системе координат перемещение

по оси ОY отсутствует, то для описания движения достаточно уравнения движения в проекции на ось ОХ:

OX : ma = mg sin α .

Отсюда находим a = g sin α , или с учетом выражения (3)

	tgα		= g	μ	≈ 1,9 м/c2 .
a = g sin α = g
	1 + tg2α			1 + μ2
μ	≈ 1,9	м/с2 .
Ответ: a = g
1 + μ2
Пример 2. На наклонной плос-
кости, составляющей угол α = 30°			с			N2
горизонтом, удерживают два соприка-
сающихся бруска так, как показано на						N1	m2
рисунке. Массы брусков	m1 =	1 кг,				m1
m2 = 2 кг, коэффициенты трения бру-
				a
сков о плоскость равны μ1 =		0,25	и			f
							Fтр1
μ2 = 0,1 соответственно. Найти силу f							α
						m g
взаимодействия между брусками, если X					α	1

Y

f O

Fтр2

α

m2 g

их отпустить. (Уровень 2).

Решение. Поскольку коэффици-

енты трения брусков меньше tgα ≈ 0,58 , то каждый из брусков, будучи предоставленным самому себе, соскальзывал бы с наклонной плоскости. Если бруски начинают движение из положения, показанного на рисунке, то возможны два различных варианта движения брусков:

–брусок массой m1 движется быстрее бруска массой m2. В этом слу- чае сила взаимодействия между брусками f = 0;

–бруски движутся вместе с одинаковыми ускорениями.

Выясним, какой случай соответствует условию данной задачи. Для этого найдем ускорения брусков a1 и a2 , если бы они двигались независимо друг от друга.

53

На каждый из брусков при этом действуют три силы: тяжести mg ,

реакции опоры N и трения Fтр . Запишем уравнения движения брусков

m a

m a

= m g + N

+ F ;

= m g + N

2

+ F

1 1

1

1

тр

2 2

2

тр

в проекциях на оси системы координат:

ОХ:

m1a1 = m1g sin α − Fтр ;

1

OY:

0 = N1 − m1g cos α ;

ОХ:

m2a2 = m2 g sin α − Fтр ;

2

OY:

0 = N2 − m2 g cos α,

или с учетом соотношений Fтр1 = μ1N1, и Fтр2 = μ2 N2 :

a1 = g(sin α − μ1 cos α) ;

a2 = g(sin α − μ2 cos α).

Так как по условию задачи μ1 > μ2, то, очевидно, а1 < a2. Следова-

тельно, бруски будут двигаться вместе с одинаковым ускорением, величину

которого найдем из уравнений движения при условии, что бруски взаимо-

действуют между собой с силой f :

m1a = m1g sin α − μ1m1g cos α + f ;

m2a = m2 g sin α − μ2m2 g cos α − f .

Отсюда находим

f

=

m1m2 (μ1 − μ2 )cos α

g ≈ 0,85 H.

m1 + m2

Ответ:

f =

m1m2 (μ1 − μ2 )cos α

≈ 0,85 H.

g

m1 + m2

Y

Пример 3.

Между

на-

клонной

плоскостью

клина,

a2

N1

N3

расположенного

на

горизон-

α

тальной поверхности, и верти-

кальной

стенкой

кладут

шар

N2

такой же

массы,

что

и

клин

(см. рисунок). Определить ус-

S1

корение клина, если угол при

a1

его основании α = 30°. Трение

S2

не учитывать. (Уровень 4).

α

α

Решение. На шар дейст-

O

X

mg

вуют сила

сила

′

N ′

тяжести mg ,

1

N1

mg

реакции N1

со стороны клина

54

и сила реакции N2 стенки. На клин действуют сила тяжести mg , сила
						O ′
давления N ′						ϕ	пола. Под действием
	со стороны шара и сила реакции	A		R	ϕ	ω
			S	A ′		r
					υ	O
1					Ри с. 1 .7 .
этих сил шар будет двигаться вертикально вниз с ускорением a2 , а клин –
горизонтально с ускорением a1 .
Запишем уравнения движения клина и шара

		′
ma1	= mg	+ N1	+ N3 ;	ma2	= mg	+ N1	+ N2
в проекциях на оси системы координат XOY:
		OX: ma1 = N1 sin α ;					(1)
	OY: −ma2 = −mg + N1 cos α,						(2)
	′
где учтено, что N1 = N1 .
Для получения замкнутой системы уравнений необходимо еще одно

соотношение, связывающее какие-либо из неизвестных величин – а1, а2 и N1. Поскольку связь между ускорениями а1, а2 и силой N1 дают уравнения движения (1), (2), то, очевидно, нужно найти связь между ускорениями тел.

Из рисунка видно, что если шар опустится на расстояние S2, то клин

сместится на S1, причем

S =

a t

2

=

a t

2

= S tgα .

1

;

S

2

2

; S

2

1

2

2

1

Следовательно,

a2 = a1tgα .

(3)

Решив систему уравнений (1) – (3)

относительно а1, получим

N =

ma1

;

ma

= mg −

ma1

cos α ;

a tgα = g −

a1

;

1

sin

α

2

sin α

1

tgα

a = a =

gtgα

≈ 4, 24

м/с2 .

1

1 + tg2α

Ответ: a =

gtgα

≈ 4, 24

м/с2 .

+ tg

2α

1

Пример 4. Два тела, имеющие массы m1 = 10 кг и m2 = 25 кг,

подвешены на блоках, как показано на рисунке. Найдите натяжение нитей и силы давления на оси блоков. Трением, массой блоков и ни- тей пренебречь. Нить считать нерастяжимой. (Уровень 3).

55

Fy

Y

				Решение. Допустим, что тело 2, под-
			вешенное к подвижному блоку, опускается.
			За время t тело 2 опустится на высоту
			h = a2t		2
	Fy				, а тело 1 поднимется на высоту
		F
		y		2
			m1
				a t 2
			2h =		, поэтому a = 2a		. Тела движутся с
				1		2
				2	1
	2Fy		различными ускорениями. Применим вто-

рой закон Ньютона к каждому телу в от-

2Fy		дельности. Систему отсчета свяжем с Зем-
	m2	лей, и ось Y направим по направлению
		движения тел. Тогда запишем: Fy			+ F1	= m1a ;
F2 = m2 g
			F2	+ 2Fy = m2a
		или
		m2 g − 2Fy = m2a2 ;	−Fy + m1g = −m1a1 .

Полученное положительное значение a2 подтверждает пред-

положенное направление движения тел. Решив эту систему уравне-

ний, найдем a =	g (m2 − 2m1 )		= 0,77 м/с2 . Сила натяжения нитей
2	m2	+ 4m1

Fy = m1 (2a2 + g ) = 113, 4 H . Сила давления на оси блоков 2Fy = 226,8 H .

Ответ: Fy = m1 (2a2 + g ) = 113,4 H ; 2Fy = 226,8 H .

Пример 5. Мяч массой m = 60 г свободно падает на пол с высоты Н = 2 м и подскакивает на высоту h = 1 м. Определить продолжительность удара, если среднее значение реакции пола <F> = 2 H. Сопротивлением воз- духа пренебречь. (Уровень 3).

Решение. При падении с высоты Н на пол мяч приобретает некото-

рую скорость υ1 и в момент касания поверхности пола имеет импульс
p1	= mυ1 .	Поскольку за время удара			t мяч действует на пол со средней
		> , то по третьему закону Ньютона пол действует на мяч с такой
силой < F
же по величине силой <					> , но направленной противоположно
			F′	>= − < F
				′ > во время удара на мяч действует сила тя-
силе < F > . Кроме силы			< F

жести mg . Под действием импульсов этих сил импульс мяча изменяется и

становится равным p2 = mυ2 .

56

Запишем второй закон Ньютона в

виде

p2 − p1 = (< F′ > +mg) t

в проекции на ось ОХ системы коорди- нат (см. рисунок):

p2 + p1 = (< F′ > −mg) t

или

X
		′
H	F
		p2	h
O
	mg
p1
	F

m(υ1 + υ2 ) = (< F > −mg) t .

Скорость мяча υ1 в момент касания пола и скорость υ2 в момент от-

скока найдем, записав кинематические уравнения движения мяча вблизи поверхности Земли:

а) при падении мяча вниз

H =		1		gt		2		;		υ = gt			;
	2				1					1		1
б) при движении мяча вверх
h = υ t	−		1		gt		2		; 0		= υ		− gt		.
							2					2		2
2 2	2

Отсюда находим

υ1 = 2gH ; υ2 = 2gh .

Следовательно,

m(2gH + 2gh ) = (< F > −mg) t ,

а искомая продолжительность удара

t= m(2gH + 2gh ) ≈ 0, 45 c .

<F > −mg

Ответ: t = m(2gH + 2gh ) ≈ 0, 45 c .

< F > −mg

Пример 6. Определить центр масс мате-		Y
риальных	точек, изображенных на риснке и		m1	m2
	в плоскости листа. Массы точек
лежащих		r1
			r2
m1 = 1 кг,	m2 = 2 кг, m3 = 3 кг, углы α = 45°,
β = 30°,	радиус-векторы r1 = 1 м, r2 = 2 м.	α	β
(Уровень 2).		Om3		X
	57

Решение. Для решения задачи введем систему координат XOY , оси
которой показаны на рисунке. Определить центр масс системы материаль-
ных точек означает определить координаты								X c и Yc центра масс. Пусть
положение центра масс определяется радиус-вектором rc . Тогда условие
для определения центра масс можно записать в виде
				rc M c = m3 0 + m1r1 + m2r2 .						(1)
Запишем это условие в проекциях на координаты:
	на ось OX :			M c X c = m1r1 cos α + m2r2 cosβ + m3 0 ;						(2)
	на ось OY :			M cYc = m1r1 sin α + m2r2 sin β + m3 0 ,
где M c = m1 + m2 + m3 .
Решая (2), получим
			xc =	m1r1 cos 45° + m2r2 cos30°					= 0,695;
						m1 + m2 + m3
			yc =	m1r1 sin 45° + m2r2 sin 30°					= 0,451.
						m1 + m2 + m3
Ответ: xc = 0,695 м,					yc = 0, 451 м.
m2	M	C		m1				Пример 7.		Лодка длиной
а)							l = 3 м и массой М = 120 кг стоит
							на спокойной воде (см. рисунок).
	l	xc	l			X	На носу и корме находятся два
							рыбака массой m1			= 90 кг и m2 =
m1	2 C		M	m2
							60 кг. На какое расстояние сме-
б)							стится лодка относительно воды,
							если рыбаки пройдут по лодке и
x		xc	l	l +	x	X	поменяются местами? Сопротив-
							лением воды пренебречь. (Уро-
С – центр масс; М – центр масс лодки							вень 3).
								Решение. Будем рассматри-
							вать лодку и рыбаков как одну
систему. На тела системы действуют внешние силы: сила тяжести и сила
Архимеда. Обе эти силы направлены вертикально, и их результирующая
равна нулю. Поскольку по условию задачи сопротивлением воды следует
пренебречь, внешние силы в горизонтальном направлении на систему не

58

действуют. Следовательно, в направлении возможного перемещения лодки система «лодка – рыбаки» замкнута, и проекция импульса на ось ОХ ме- няться не будет.

Представим импульс системы в виде

P = M систυc ,

где Mсист = M + m1 + m2 – масса системы; υс – скорость ее центра масс. Так как при перемещении рыбаков (P)x = const , то и υc = const .

Поскольку лодка и рыбаки первоначально покоились, то проекция υсх = 0 , т.е. при перемещении рыбаков положение центра масс системы не изменит своего положения относительно воды, но изменит свое положение

относительно лодки на

x .

В начальный момент координата центра масс лодки с рыбаками опре-

деляется равенством m

0 = M

l

+ m l = (m

+ m

+ m ) x

, из которого следует

2

2

1

1

2

3

c

M

l

+ m l

xc =

2

1

.

(1)

m1 + m2 + M

Во время перемещения рыбаков по лодке она движется так, чтобы положение центра масс системы оставалось неизменным. Учитывая, что m1 > m2 , смещение центра масс системы относительно лодки произойдет

влево, а смещение лодки – вправо, также на величину

x .

m x + M

x +

l

+ m (l +

x) = (m

+ m

+ M ) x

1

2

1

2

c

2

и

m x + M

x +

l

+ m (l + x)

1

2

2

xc =

,

(2)

m1 + m2 + M

где x – смещение лодки относительно неподвижной системы отсчета (см. рисунок, б).

Приравнивая правые части соотношений (1) и (2), получаем

	x = l		m1 − m2		≈ 0,33	м.
		M	+ m1 + m2
Ответ: x = l	m1 − m2		≈ 0,33 м.
	M + m1 + m2

59

				Пример 8. Брусок массой m и длиной l
				лежит на стыке двух горизонтальных
		N
				столов (см. рисунок). Какую минималь-
		l
				ную работу надо совершить, чтобы пе-
		m	F	ретащить тело волоком с первого стола
			x 2	на второй, если коэффициенты трения
Fтр1		mg
	1			между телом и столами соответственно
				равны μ1 и μ2? Сила к бруску приклады-
				вается горизонтально. (Уровень 3).
Решение. Рассмотрим промежуточное положение бруска, соответст-
вующее длине х его части, находящейся на втором столе. Чтобы совершить
минимальную работу по перетаскиванию бруска, к нему необходимо при-
ложить горизонтальную силу F ,				которая по величине должна быть равна
сумме сил трения Fтр1			и Fтр2 , действующих на брусок со стороны перво-
го и второго столов:			F = Fтр1 + Fтр2 .
Поскольку силы реакции N1 = m1g; N2 = m2 g , то силы трения
		Fтр1 = μ1N1 = μ1m1g ;			Fтр2 = μ2 N2 = μ2m2 g ,

где m1, m2 – массы частей бруска, находящихся в данный момент времени на первом и втором столах соответственно:

m =

m

(l − x) ;

m

=

m

x .

1

l

2

l

Следовательно,

Fтр1 = μ1

m

(l − x)g ;

Fтр2 = μ2

m

F =

μ1mg(l − x)

+

μ2mgx

xg ;

l

l .

l

l

Как видим, сила F меняется в зависимости от пройденного бруском пути х по линейному закону. Работа переменной силы F может быть рас-

считана одним из трех способов.
F
μ2 mg
μ1mg	A
O	l
	Рис.2. 16

Первый способ

График зависимости силы F от ко- ординаты (пройденного пути) х пред- ставлен на рисунке. Работа переменной силы F численно равна площади заштри- хованной фигуры (трапеции):

A = (μ1 + μ2 )mgl .

2

60