Колмаков Ю.Н. Лекции по физике ТулГУ. Механика / mech-zad-TulGU

Глава 3

Законы сохранения

рис. 3.1

постояннойсилой

Вычисление работы

Задача 3.1

По гладкой горизонтальной поверхности без трения может перемещаться тело массы m1 . На нем, как показано на

рис.3.1, укреплен шкив массы m2 , представляющий собой

сплошной цилиндр, который может без трения вращаться вокруг горизонтальной оси О. На цилиндр плотно намотананевесомаянить, которуювмомент t = 0 началитянутьс F . Найти работу этой силы запервые t секунд.

Решение

В условиях данной задачи вся система движется поступательно, а ее часть – цилиндр радиуса R – совершает к тому же вращательное движение вокруг оси О. Воспользуемся общим принципом: работа всех сил равна изменению кинетической энергии системы, т.е. в данном случае

		(m1 + m2 )vC2		I	ω2
	A = ∆K =		+	2		,	(3.1)
		2		2

так как первоначальная кинетическая энергия равна 0. Постоянство силы F означает, что движения (и поступательное, и вращательное) – равноус-

коренные, поэтому	vC = aC t,	ω = εt	,
где, согласно законам движения,	aC = F (m1 + m2 ) и		ε = MZ I2 = FR I2 , а

момент инерции сплошного однородного цилиндра I2 = m2 R2 2 .

Подставляя выражения для скоростей и ускорений в формулу (3.1), находим окончательно:

	(m1 + m2 )aC2t2		I	ε2t2		(2m1 +3m2 )F 2t2
A =		+	2		=				.
	2			2		2m	(m	+m )
						2	1	2

Задача 3.2

Однородный куб массы m с ребром l лежит на горизонтальном полу. Коэффициент трения между кубом и полом равен µ. Какую минимальную

работу необходимо совершить, чтобы повернуть куб на 90°, не отрывая его от пола, вокруг оси, совпадающей с одним из его ребер (рис.3.2)?

52	Глава 3. Законы сохранения

			Решение
	Минимальная работа – это работа, совершенная
	только против сил трения, без затрат на ускорение
	тела. Поэтому		A = ∫Mтрdϕ = Mтр π		,
				2
рис. 3.2	так как в данной ситуации (при скольжении куба
	по полу) момент сил трения постоянен.
Для вычисления момента сил трения разделим площадь основания
	(квадрат) на бесконечно узкие полоски радиуса r
	и толщины dr (заштрихованы нарис.3.3). Тогда
			Mтр = ∫dFтр r,		(3.2)
	где dFтр	– сила трения, действующая на заштри-
	хованную полоску и поэтому равная µgdm . Здесь
	gdm = gρdS – вес элемента куба с основанием,
рис.3.3	равным площади полоски dS = ρϕ(r )rdr ,				ϕ(r) –
угловая длина полоски, а ρ = m l2		– масса, приходящаяся на единицу
площади основания (поверхностная плотность). Как видно из рис.3.3,
	π 2		при	0 ≤ r ≤ l,
ϕ(r)=		r)	при	l ≤ r ≤ l 2.
	π 2 −2 arccos (l

Подстановка всех этих соотношений в формулу (3.2) дает

l	2	l 2
Mтр = µgρ∫ϕ(r)r2dr = µgρ	∫	(π 2)r2dr −2 ∫
	0	l

arccos (l r)r2dr .

Первый интеграл в круглых скобках тривиален и равен

2πl3 3 , а второй

можно вычислить методом интегрирования по частям:

∫arccos (l r) r2dr =

r3

l

r3

l

arccos

− ∫

d arccos

.

=u

=dυ

3

r

3

r

После нескольких преобразований получаем:

l

2

(π−1)−ln (1+

2 ))

∫

arccos (l r) r2dr = l3 ( 2

6 .

l

Mтр = µgρl3 (

2 +ln (1+

2 ))

3 ,

Таким образом,

и окончательно

A = µmglπ(

2 +ln (1+

2 ))

6 =1, 20µmgl .

Сохранение энергии. Поступательное движение

53

Сохранение энергии. Поступательное движение

Задача 3.3

Невесомая и нерастяжимая нить переброшена через гладкие горизонтальные стержни 1 и 2, расстояние между которыми равно l = 2 м . На концах нити подвешены грузы А и В одинаковой массы. В некоторый момент в середине нити подвесили груз С той же массы m =1 кг , осторожно отпустили, и система пришла в движение (рис.3.4). Найти максимальную скорость гру-

рис.3.4 за С, максимальное перемещение его при движении вниз, а также максимальную кинетическую энергию системы.

Решение

Обозначим через x смещение груза С вниз, а через y – смещения гру-

зов А и В вверх (из-за симметрии они одинаковы). Между этими перемещениями существует связь, вытекающая из геометрических соображений

(рис.3.4):	y = x2 + a2 −a,	где	a = l 2.	(3.3)
Так как скорости грузов равны соответственно: vC = x ,				vA = vB = y , то
из равенства (3.3) вытекает связь между скоростями:
	y = xx	x2 + a2 .		(3.4)

Рассматриваемая система консервативна, поэтому ее механическая энер-

гия не меняется в процессе движения, т.е.
∆E = m(2gy − gx + x2 2 + y2 )= 0.	(3.5)

В соотношении (3.5) два первых слагаемых – это изменения потенциальных энергий грузов, а два последних – изменение их кинетических энергий, первоначально равных нулю.

Сначала найдем максимальное смещение xmax вниз груза С. Очевидно,

что в точке максимального смещения скорость груза С обращается в нуль, и, как следует из выражения (3.4), скорости грузов А и В – тоже. Поэтому из равенств (3.5) и (3.3) следует, что

2 ymax − xmax = 0,

откуда

xmax = 2l 3 .

Зависимость кинетической энергии системы от смещения x легко выразить из соотношений (3.5) и (3.3):

K = m(x	2	2 + y	2		x	2	+ a	2		(3.6)
				)= mg (x −2 y)= mg x + 2a −2					.

Условие экстремума (dKdx)x=xm = 0 дает xm = a 3 . После подстанов-

F cos α = k (l −l0 )cos α = mg .

54	Глава 3. Законы сохранения
ки в формулу (3.6) находим	Kmax = (2 − 3 )amg = 2,63 Дж .

Сложнее определить vC max . Используя соотнощения (3.3) и(3.4), находим из уравнения (3.5) выражение для квадрата скорости груза С:

2	= x	2	= 2g (x	2	+ a	2		2a + x −2		x		2	+ a	2	(3x	2	+ a	2	),	(3.7)
vC							)
и исследуем его на экстремум: (dx2									dx)			x=x		= 0 . В итоге приходим к ал-
													m

гебраическому уравнению для координаты xm, в которой скорость груза С

максимальна: 3xm4 −8xma3 +a4 −6(xm2 −a2 )xm xm2 + a2 = 0.

Решение этого алгебраического уравнения может быть получено численными методами и имеет величину xm = 0, 4152 a . Заметим, что макси-

мальная скорость одного из грузов системы и ее суммарная кинетическая энергия K достигают максимума в разных точках xm !

Подставляя найденные решения в уравнение (3.7), находим:

	vC max = xmax ≈ 0, 4392		g l =1,95 м/с.
			Задача 3.4
	На гладкой горизонтальной плоскости лежит
	небольшой брусок А, соединенный нитями с
	точкой P и через невесомый блок – с грузом В
	той же массы (рис.3.5). Кроме того, брусок со-
	единен с точкой О легкой недеформированной
	пружиной	длины		l0 = 50 см и жесткости
рис. 3.5	k = 5mg l0 , где m – масса бруска. Нить РА
	пережгли,	и	брусок	начал двигаться. Найти

момент отрыва бруска от плоскости и его скорость в этот момент.

Решение

Брусок начинает скользить по горизонтальной плоскости, пружина постепенно растягивается, и сила ее натяжения F = k (l −l0 ) растет. Так как проекция суммы сил на вертикальную ось y при этом уравновешена:

N + F cos α = mg , то будет уменьшаться сила реакции опоры N . Условием отрыва бруска является обращение в нуль этой силы: N = 0 . Тогда

(3.8)

Так как l = l0 cos α (рис.3.5), то из формулы (3.8) находим угол отклонения α пружины от вертикали в момент отрыва бруска:

Упругие столкновения

55

cos α =1−mg k l0 = 4 5

или

tgα = 3 4.

Запишем теперь закон сохранения энергии:

mgh = 2

(mv2 2)+ k (l −l0 )2

2.

Подстановка в него выражений для l , k

и смещения каждого из брусков

h = l0tgα дает:

2 = gl tgα−

5gl

1

2

19

19

v

0

−1

=

gl

и

υ =

gl =1,71 м/с .

0

2

32

o

32

0

cos α

Упругие столкновения

Задача 3.5

Шар массы m1 ,

двигавшийся со скоростью

v0 , абсолютно упруго сталкивается с шаром

массы m2 , который до столкновения был не-

подвижен. После столкновения шары дви-

жутся со скоростями v1 и v2

в направлениях,

показанных на рис.3.6. При каком соотноше-

рис. 3.6

нии масс m1 и m2

возможны случаи:

а)

α = π 2 ,

б)

α = β ≠ 0 ,

в) α = β = 0 ,

г) α = π, β = 0 ? Чему равно предельное значение угла β в случае (а)?

Решение

В данной задаче рассматривается упругий удар; поэтому можно записать векторное уравнение закона сохранения импульса, его проекцию на ось y (рис.3.6) и закон сохранения энергии:

m1v0		= m1v1 +m2v2 ,				(3.9)
0 = m1v1 sin α −m2v2 sin β ,						(3.10)
m v2		= m v2		+m v	2	(3.11)
1	0	1	1	2	2

Преобразуем эту систему уравнений к более удобному для решения данной задачи виду. Для этого скалярно умножим обе части уравнения

(3.9) сами на себя: (m1v0 )2 = (m1v1 + m2v2 )2 , откуда

m2v	2	= m2v2		+m2v2		+ 2m m v v			2	cos (α+β);	(3.12)
1	0	1	1	2	2	1	2	1
Уравнение (3.11) умножим на m1					и полученное равенство вычтем из
уравнения (3.12), что дает
		v2 = 2m1v1 cos (α+β)					(m1 −m2 ).				(3.13)

56	Глава 3. Законы сохранения
Наконец, из уравнений (3.13) и (3.10) получаем:
	sin α sin β = 2m2 cos (α+β) (m1 −m2 ).	(3.14)

а) α = π2 . В этом случае cos (α+β)= −sin β и из выражения (3.13) следует, что sin β(m2 −m1 )> 0 , т.е. m2 > m1 . Кроме того, из равенства (3.14)

вытекает sin2 β =1 2 −m1 2m2 , т.е. β < π4 .

б) α = β ≠ 0 . При этом cos (α+β)= cos (2α) , и из уравнения (3.14) следует, что cos (2α)= (m1 −m2 )2m2 , а так как cos (2α)<1 , то m1 < 3m2 . в) α = β = 0 . В этом случае cos (α+β)=1 и из уравнения (3.13), учиты-

вая, что v2 > 0 и v1 > 0 , получаем m1 > m2 .

г) α = π, β = 0 . Здесь cos (α+β)= −1 и из уравнения (3.13), в силу того, что v2 > 0 , следует m1 < m2 . Случаи (в) и (г) соответствуют центральному

удару.

Задача 3.6

Два идеально упругих шарика с одинаковыми массами m1 = m2 = m движутся навстречу друг другу со скоростями v1 и v2 (рис.3.7). Найти возможный угол θ их разлета после столкновения. Найти также максимальную потенциальную энергию U деформации шариков в процессе столкновения в том случае, когда v1 v2 = 3 2 , а первый шарик меняет направление движения на угол α = 45° .

Решение

После

столкновения

шарики

приобретают

скорости

ui и импульсы pi ' = miui .

Скалярно

умножим обе части векторного уравнения зако-

на

сохранения

импульса

сами

на себя:

рис. 3.7

(mv1 +mv2 )2 = (mu1 +mu 2 )2 , откуда

v2

+v2

+ 2v

v

2

= u2 +u2 +

2u

1

u

2

.

(3.15)

1

2

1

1

2

Используем закон сохранения энергии при упругом ударе:

mv2

2

+mv2

2 = mu2

2 +mu2

2 .

(3.16)

1

2

1

2

Из уравнений (3.15) и(3.16) следует v1 v2 = u1 u2		или v1v2 cos π = u1u2 cos θ,
откуда	u2 = −v1v2 u1 cos θ .	(3.17)

Подставляя соотношение (3.17) в уравнение (3.16), приходим к квадратичному уравнению

Упругие столкновения	57
(u12 )2 −(v12 +v22 )u12 +v12v22	cos2 θ = 0 ,

дискриминант которого не должен быть положительным:

D = v12v22 cos2 θ−(v12 +v22 )2 4 ≤ 0 .

Отсюда следует, что косинус угла возможного разлета шариков лежит в пределах: cosθ ≤ −2v1v2(v12 +v22 ). Величина cos θ зависит от точки сопри-

косновения шариков при ударе. Угол θ = π соответствует лобовому удару. Чтобы найти энергию деформации U , удобнее перейти в Ц-систему,

движущуюся

со

скоростью

центра

масс

vC = (mv1 + mv2 ) 2m , т.е.

vC = (v1 −v2 )

2 . В этой системе шарики с одинаковой массой движутся

навстречу

друг

другу

с

одинаковыми

по

величине

скоростями

v1 = v1 −vC = (v1 −v2 )

2 ,

v2 = v2 −vC = (v2 −v1 ) 2 и разлетаются после упру-

гого удара

с

теми

же

по

величине

скоростями

u1 = −u2 ,

т.е. v1 = v2 =

= u1 = u2 = (v1 +v2 )

2 (рис.3.8).

Силы упругости в момент столкновения могут

действовать

только

вдоль

биссектрисы

AA'

(рис.3.8), так как проекции импульсов шариков

на перпендикулярное направление BB '

не изме-

няются. В момент наибольшей деформации про-

екции скоростей обоих шариков на направление

AA' обращаются в ноль, хотя шарики продол-

жают смещаться в направлении BB ' . Часть кине-

рис. 3.8

тической энергии шариков переходит в потенци-

альную энергию упругой деформации, и из закона сохранения энергии

mv2 2 +mv

2

2 =U

max

+m(v cosβ)2 2 + m(v

2

cosβ)2 2 получаем:

1

2

1

U

max

= msin2 β (v +v

2

)2 4 .

(3.18)

1

Возвращаясь в исходную систему отсчета,

связываем углы α и 2β из геометрических

соображений (рис.3.9):

u1 sin 2β = (u1 cos 2β+vC )tgα,

(3.19)

рис. 3.9

откуда можно определить sin2 β .

Подставляя в уравнение (3.19) данные в условии величины tgα =1 , u1vC = (v1 +v2 )(v1 −v2 )= 5 , получим 5sin 2β = 5cos 2β+1 . Решение по-

58	Глава 3. Законы сохранения

следнего уравнения будет неоднозначным: sin2 β = 25 или 910 . Это оз-

начает, что первый шарик изменяет направление движения на один и тот же угол α при двух разных точках касания со вторым шариком. Неоднозначность решения – общая особенность задач об упругом нецентральном соударении. Окончательно из формулы (3.18) находим наибольшее из

двух возможных значений Umax = 5mv12 8 .

Задача 3.7

Бильярдный шар катится без скольжения по горизонтальной плоскости со скоростью v0 и упруго

ударяется в такой же покоящийся бильярдный шар, рис. 3.10 причем линия центров параллельна скорости движения (рис.3.10). Найти скорости обоих бильярдных шаров после того, как их движения перейдут в чистое качение. Какая доля первоначальной кинетической энергии перейдет в тепло? Указание: считать, что при столкнове-

нии не происходит передачи вращательного движения.

Решение

При качении налетающий шар массы m , радиуса r , с моментом инерции I = 2mr2 5 вращался вокруг оси, проходящей через его центр, с угловой скоростью ω0 = v0 r . Так как в момент удара вращательное движение

не передается, то угловая скорость и кинетическая энергия вращательного движения первого шара при ударе не изменяются, и следует записать законы сохранения импульса и энергии поступательного движения:

mv	0	= mv	+ mv		20	,
		10
	2	2 = mv2		2	+ mv		2
mv
	0		10				20

откуда сразу следует, что 2v10v20

	v	0	= v	+v	20		,
или			10
		2	= v2	+v		2	,
2,	v
		0	10			20

= 0 , т.е. скорости поступательного дви-

жения налетавшего и покоившегося шаров сразу после удара будут равны, соответственно, v10 = 0 и v20 = v0 . В момент удара происходит обмен ско-

скоростями поступательного движения. Сразу после удара первый шар буксует, вращаясь на месте. Возникающая сила тре-

ния Fтр1 начнет увеличивать скорость его
поступательного движения v1 ,	а момент	рис. 3.11
этой силы будет замедлять вращение шара
(рис.3.11,а). Исключая силу Fтр1 из уравнений движения
mdv1 dt = Fтр1 ,	Idω1 dt = −Fтр1 r ,

Упругие столкновения

59

приходим к соотношению d (mv1 r + Iω1 )= 0 , откуда следует закон сохранения момента импульса первого шара относительно точки O1 его ка-

сания с опорой (что вполне естественно, так как относительно этой точки равны нулю моменты всех сил, действующих на шар, рис.3.11,а):

LO = mv1r + Iω1 = Iω0 = const .	(3.20)
1

Постепенно скорость v1 растет, скорость ω1 уменьшается, и в момент, когда будет выполнено условие v1 = ω1r , движение шара превратится в

чистое качение. Сила трения перестанет совершать работу и изменять величину скорости v1 . Подставляя условие ω1 = v1 r в уравнение (3.20), на-

ходим установившуюся скорость первого шара: v1 = Iω0r (mr2 + I )= 2v0 7 .

Второй шар сразу после удара скользит не вращаясь, и возникающая сила трения Fтр2 будет уменьшать скорость его поступательного движения

v2 , а момент этой силы начнет увеличивать угловую скорость вращения ω2 (рис.3.11,б). Запишем аналогичный уравнению (3.20) закон сохранения момента импульса шара относительно точки касания O2 :

LO = mv2r + Iω2 = mv02r = const .	(3.21)
2

Со временем окажется выполненным условие v2 = ω2r , и шар начнет

катиться без скольжения с установившейся скоростью v2 , которую нахо-

дим из соотношения (3.21): v2 = mv0r2 (mr2 + I )= 5v0 7 .

Первоначальная кинетическая энергия катящегося без скольжения шара

K	0	= mv2	2 + Iω2	2 = mv2	2 + mr2 (v	r)2 5 = 7mv2 10 . Пока действова-
		0	0	0	0		0
ли силы трения скольжения, часть этой энергии перешла в тепло:
			Q = K0 −(K1 + K2 )= 7m(v02 −v12 −v22 )				10 = 2mv02 7.
Потери энергии				(Q K0 ) 100 % = 40,8 %.

Задача 3.8

На идеально гладкой горизонтальной поверхности лежит стержень длины l и массы M , который может скользить по этой поверхности без трения. В одну из точек стержня упруго ударяется шарик массы m , движущийся перпендикулярно стержню. На каком расстоянии x от середины стержня должен произойти удар, чтобы шарик передал стержню всю свою кинетиче-

60	Глава 3. Законы сохранения
скую энергию? При каком соотношении масс M и m это возможно?
	Решение
	В данной задаче рассматривается упругий
	удар. Поэтому, кроме законов сохранения им-
	пульса и момента импульса, будет также вы-
	полняться и закон сохранения энергии. В ре-
	зультате получаем систему трех уравнений:
	mv = M vC −mu,	(3.22)
	mvx = Iω−mu x,	(3.23)
рис. 3.12	mv2 2 = M v2 2 + Iω2 2 + mu2 2,	(3.24)
	C

где I = M l2 12 – момент инерции стержня относительно перпендикулярной оси, проходящей через его середину C , v и u – скорости шарика до и после удара, vC – скорость центра масс стержня, а ω – угловая скорость

вращения стержня вокруг оси C после удара. (рис.3.12)

Выразим из этой системы координату точки удара x через скорости v и u . Для этого сначала из уравнения (3.22) найдем vC = m(v +u)M и, подставив в уравнение (3.24), определим из него

ω2 = (12mM 2l2 ) M (v2 −u2 )−m(v +u)2 .

Наконец, подставляя полученную величину ω в уравнение (3.23), находим:

x =	l		M (v2 −u2 )	−1 .
	12		m(v+ u)2
По условию задачи u = 0 и, следовательно, искомое значение x					будет
x = l		(M −m) 12m .			(3.25)

Проанализируем, при каком соотношении масс шарика и стержня это

возможно. Из равенства		(3.25) очевидно выполнение условия M > m .
Кроме того, так как x ≤ l		2 , то из того же равенства имеем:
1 2 >	(M −m) 12m ,		откуда	M m ≤ 4.
Таким образом,	при упругом ударе шарик массы m может передать

стержню всю свою кинетическую энергию только при выполнении неравенства m < M ≤ 4 m .

Задача 3.9

Тонкий стержень падает не вращаясь в положении, наклоненном к горизонту под углом ϕ , и упруго ударяется о гладкую массивную горизонтальную