№ 26 · Механика · задача с обоснованием

Си­сте­ма по­ко­ит­ся в инер­ци­аль­ной си­сте­ме от­счёта. По­это­му для каж­до­го тела сум­ма сил рав­на нулю, а сум­ма мо­мен­тов сил от­но­си­тель­но лю­бой оси рав­на нулю.

Для гру­за дей­ству­ют на­тя­же­ние нити \(T_2\) вверх и сила тя­же­сти \(mg\) вниз: \(T_2-mg=0\), то есть \(T_2=mg\). Для бло­ка мо­мент сил от на­тя­же­ний двух ни­тей урав­но­ве­ши­ва­ет­ся: \(T_1r=T_2R\); ре­ак­ция оси про­хо­дит че­рез центр и мо­мен­та не со­здаёт.

Для брус­ка дей­ству­ют сила тя­же­сти \(Mg\), ре­ак­ция сто­ла \(N\) и на­тя­же­ние нити \(T_1\). На пре­де­ле опро­ки­ды­ва­ния ре­ак­ция при­ло­же­на у края A. Усло­вие рав­но­ве­сия мо­мен­тов от­но­си­тель­но цен­тра брус­ка: \(N\frac{L}{2}=T_1\frac{L}{2}\), по­это­му \(N=T_1\). Вер­ти­каль­ное рав­но­ве­сие даёт \(N+T_1-Mg=0\), от­ку­да \(T_1=\frac{Mg}{2}\).

Под­став­ляя \(T_1\) и \(T_2\) в урав­не­ние мо­мен­тов бло­ка, по­лу­ча­ем \(\frac{Mg}{2}r=mgR\), сле­до­ва­тель­но, \(\frac{m}{M}=\frac{r}{2R}=\frac{7}{2\cdot10}=0{,}35\).

0,35

На си­сте­му дей­ству­ют силы тя­же­сти \(m_{1}g\) и \(m_{2}g\) и ре­ак­ции опор \(N_{C}\) и \(N_{D}\). Стер­жень и шары по­ко­ят­ся в инер­ци­аль­ной си­сте­ме от­счёта, по­это­му сум­ма внеш­них сил и сум­ма их мо­мен­тов рав­ны нулю. По усло­вию \(N_{D} = 2N_{C}\), а из рав­но­ве­сия по вер­ти­ка­ли \(N_{C} + N_{D} = (m_{1} + m_{2})g\). По­это­му \(N_{C} = g/6\) и \(N_{D} = g/3\). Обо­зна­чим \(\mathit{AD} = x\). За­пи­шем мо­мен­ты от­но­си­тель­но точ­ки \(A\): \(N_{C}\cdot \mathit{AC} + N_{D}\cdot \mathit{AD} - m_{2}g\cdot \mathit{AB} = 0\). По­сле со­кра­ще­ния на \(g\): \((1/6)\cdot 0{,}2 + (1/3)x - 0{,}3\cdot 1 = 0\), от­ку­да \(x = 0{,}8\,\text{м}\). Сле­до­ва­тель­но, \(\mathit{CD} = \mathit{AD} - \mathit{AC} = 0{,}8 - 0{,}2 = 0{,}6\,\text{м}\).

0,6

Ука­жем все силы, дей­ству­ю­щие на ци­линдр (см. рис.). За­пи­шем вто­рой за­кон Нью­то­на в век­тор­ной фор­ме: \(m\vec{g} + \vec{N}_{1} + \vec{N}_{2} = 0\) За­пи­шем про­ек­ции это­го урав­не­ния на го­ри­зон­таль­ную и вер­ти­каль­ную оси: \(mg = N_{1} \sin \alpha, N_{2}= N_{1} \cos \alpha\). Най­дем из вто­ро­го урав­не­ния \(\cos \alpha\): \(\cos \alpha = (N_{2})/(N_{1}) = (1)/(n) = (1)/(3)\) Най­дем мас­су ци­лин­дра: \(m = \frac{N_1\sin\alpha}{g}\). \(\sin\alpha = \sqrt{1 - (1/3)^2}\). \(m = \frac{30\sqrt{1 - 1/9}}{10}\,\text{кг} \approx 2{,}8\,\text{кг}\) Об­ос­но­ва­ние. Си­сте­му от­счёта Зем­ли счи­та­ем инер­ци­аль­ной. Ци­линдр по­ко­ит­ся, по­это­му сум­ма дей­ству­ю­щих на него сил рав­на нулю. По­верх­но­сти глад­кие: ре­ак­ции на­прав­ле­ны по нор­ма­лям к ним и вме­сте с си­лой тя­же­сти про­хо­дят че­рез ось ци­лин­дра, так что мо­мен­ты сил от­но­си­тель­но этой оси рав­ны нулю. Сила дав­ле­ния на стен­ку и её ре­ак­ция рав­ны по мо­ду­лю по тре­тье­му за­ко­ну Нью­то­на.

\(2{,}8\,\text{кг}\).

До столк­но­ве­ния шар дви­жет­ся как ма­ят­ник. По за­ко­ну со­хра­не­ния ме­ха­ни­че­ской энер­гии \(v_{1} = \sqrt{2gl(1 - \cos 60^{\circ})} = \sqrt{2\cdot 10\cdot 0{,}9\cdot 0{,}5} = 3\,\text{м}/\text{с}\). По­сле столк­но­ве­ния шар под­ни­ма­ет­ся до угла \(39^{\circ}\), по­это­му \(v_{2} = \sqrt{2gl(1 - \cos 39^{\circ})} = \sqrt{2\cdot 10\cdot 0{,}9\cdot 2/9} = 2\,\text{м}/\text{с}\). За ко­рот­кое вре­мя про­би­ва­ния го­ри­зон­таль­ны­ми им­пуль­са­ми тя­же­сти и на­тя­же­ния нити мож­но пре­не­бречь, по­это­му го­ри­зон­таль­ный им­пульс си­сте­мы «пуля–шар» со­хра­ня­ет­ся. Из­ме­не­ния им­пуль­сов пули и шара про­ти­во­по­лож­ны и рав­ны по мо­ду­лю. \(|\Delta p_{\text{пули}}| = m|v_{2} - v_{1}| = 1\cdot |2 - 3| = 1\,\text{кг}\cdot \text{м}/\text{с}\).

\(1\,\text{кг}\cdot \text{м}/\text{с}\)

Пусть столк­но­ве­ние про­изо­шло че­рез вре­мя \(t\) по­сле брос­ка. Вер­ти­каль­ные ско­ро­сти ша­ри­ков пе­ред столк­но­ве­ни­ем рав­ны \(v_{0}\sin\alpha - gt\) и \(-gt\). Во вре­мя ко­рот­ко­го аб­со­лют­но не­упру­го­го столк­но­ве­ния им­пуль­сом силы тя­же­сти мож­но пре­не­бречь, по­это­му вер­ти­каль­ная ско­рость слип­ших­ся оди­на­ко­вых ша­ри­ков рав­на их сред­ней ско­ро­сти. По усло­вию она рав­на нулю: \(v_{0}\sin\alpha - 2gt = 0\). Вы­со­та столк­но­ве­ния по дви­же­нию пер­во­го ша­ри­ка \(y = v_{0}\sin\alpha\cdot t - gt^{2}/2 = 3gt^{2}/2\). По­сле столк­но­ве­ния ша­ри­ки на­чи­на­ют па­дать по вер­ти­ка­ли без на­чаль­ной вер­ти­каль­ной ско­ро­сти, по­это­му \(y = g\tau^{2}/2\). От­сю­да \(t = \tau/\sqrt{3}\) и \(v_{0} = 2gt/\sin\alpha = 2g\tau/(\sqrt{3} \sin\alpha)\).

\(2g\tau/(\sqrt{3} \sin\alpha)\)

Шай­бу счи­та­ем ма­те­ри­аль­ной точ­кой, а си­сте­му от­счёта Зем­ли — инер­ци­аль­ной. Шай­ба не­по­движ­на от­но­си­тель­но ко­ну­са, по­это­му в этой си­сте­ме дви­жет­ся рав­но­мер­но по окруж­но­сти ра­ди­у­са \(r=L\sin\alpha\). Её уско­ре­ние на­прав­ле­но го­ри­зон­таль­но к оси вра­ще­ния; вер­ти­каль­ная со­став­ля­ю­щая уско­ре­ния рав­на нулю. На шай­бу дей­ству­ют сила тя­же­сти, нор­маль­ная ре­ак­ция и сила тре­ния по­коя. Тре­ние на­прав­ле­но вверх по об­ра­зу­ю­щей, про­тив воз­мож­но­го сколь­же­ния вниз. Вы­бе­рем го­ри­зон­таль­ную ось от оси ко­ну­са на­ру­жу и вер­ти­каль­ную ось вверх. Про­ек­ции вто­ро­го за­ко­на Нью­то­на: \(N\cos\alpha-f\sin\alpha=-m\omega^2r\), \(N\sin\alpha+f\cos\alpha=mg\). От­сю­да \(N=m(g\sin\alpha-\omega^2r\cos\alpha)\) и \(f=m(g\cos\alpha+\omega^2r\sin\alpha)\). На гра­ни­це сколь­же­ния \(f=\mu N\); это пре­дель­ное зна­че­ние силы тре­ния по­коя. Для кон­так­та тре­бу­ет­ся \(N>0\). Под­став­ляя най­ден­ные силы и ра­ди­ус, по­лу­ча­ем \(\omega_{\max}=\sqrt{\frac{g(\mu\sin\alpha-\cos\alpha)}{L\sin\alpha(\sin\alpha+\mu\cos\alpha)}}\). Не­ну­ле­вое вра­ще­ние воз­мож­но при \(\mu\sin\alpha>\cos\alpha\); при ра­вен­стве пре­дель­ная ско­рость ну­ле­вая, а при мень­шем тре­нии шай­ба сколь­зит уже без вра­ще­ния.

\(\sqrt{g(\mu \sin\alpha - \cos\alpha)/(L\sin\alpha(\sin\alpha + \mu \cos\alpha))}\)

Уг­ло­вая ско­рость дис­ка \(\omega = 2\pi \nu\). При мак­си­маль­ном рас­сто­я­нии рас­тя­ну­тая пру­жи­на тя­нет груз к цен­тру силь­нее, чем тре­бу­ет­ся для цен­тро­стре­ми­тель­но­го уско­ре­ния, по­это­му сила тре­ния на­прав­ле­на от цен­тра и при пре­дель­ном рав­но­ве­сии рав­на \(\mu mg\). В ра­ди­аль­ном на­прав­ле­нии \(k(r - L) - \mu mg = m\omega^{2}r\). От­сю­да \(r_{\max} = \frac{kL + \mu mg}{k - m\omega^2}\). Чис­ли­тель ра­вен \(6{,}6\,\text{Н}\), зна­ме­на­тель — при­мер­но \(22{,}1\,\text{Н}/\text{м}\). По­лу­ча­ем \(r_{\max} \approx 0{,}30\,\text{м}\). Об­ос­но­ва­ние. Ра­бо­та­ем в инер­ци­аль­ной си­сте­ме Зем­ли. Ма­лые раз­ме­ры гру­за поз­во­ля­ют счи­тать его ма­те­ри­аль­ной точ­кой. При не­по­движ­но­сти от­но­си­тель­но рав­но­мер­но вра­ща­ю­ще­го­ся дис­ка груз дви­жет­ся по окруж­но­сти, по­это­му при­ме­ня­ем вто­рой за­кон Нью­то­на с цен­тро­стре­ми­тель­ным уско­ре­ни­ем. По вер­ти­ка­ли уско­ре­ния нет. Пру­жи­ну счи­та­ем упру­гой и под­чи­ня­ю­щей­ся за­ко­ну Гука. До сколь­же­ния дей­ству­ет тре­ние по­коя; на гра­ни­це до­пу­сти­мых рас­сто­я­ний его мо­дуль до­сти­га­ет пре­дель­но­го зна­че­ния. Для дан­ных за­да­чи жёст­кость пру­жи­ны боль­ше про­из­ве­де­ния мас­сы на квад­рат уг­ло­вой ско­ро­сти, по­это­му верх­ней гра­ни­це со­от­вет­ству­ет тре­ние, на­прав­лен­ное от цен­тра.

0,30

На шар дей­ству­ют сила тя­же­сти \(mg\) вниз, сила Ар­хи­ме­да \(F_{A} = \rho_{0}gV\) вверх, на­тя­же­ние нити \(T\) вдоль нити и ре­ак­ция стен­ки \(N\) го­ри­зон­таль­но. Объ­ём шара \(V = m/\rho\). Из рав­но­ве­сия по вер­ти­ка­ли \(T\cos\alpha + F_{A} = mg\). По­это­му \(T = \frac{mg(1 - \rho_0/\rho)}{\cos\alpha}\). При \(\rho_0 = 1000\,\text{кг}/\text{м}^3\) по­лу­ча­ем \(T \approx 42\,\text{Н}\). Об­ос­но­ва­ние. Си­сте­му Зем­ли счи­та­ем инер­ци­аль­ной. Шар по­ко­ит­ся, по­это­му сум­ма сил рав­на нулю. Вода не­по­движ­на, шар пол­но­стью по­гружён: при­ме­ни­ма сила Ар­хи­ме­да для пол­но­го объ­ёма шара. Тре­ния о вер­ти­каль­ную стен­ку нет, по­это­му её ре­ак­ция го­ри­зон­таль­на. Нить дей­ству­ет вдоль сво­е­го на­прав­ле­ния. Силы вза­и­мо­дей­ствия шара и нити рав­ны по мо­ду­лю по тре­тье­му за­ко­ну Нью­то­на.

42

1. При­рав­ня­ем мо­мен­ты сил от­но­си­тель­но цен­тра стерж­ня — точ­ки \(A\): \(mg(L/2-d) = (F_{\text{упр}2}-F_{\text{упр}1})L/2\). Стер­жень го­ри­зон­та­лен, по­это­му удли­не­ния пру­жин рав­ны. Жёст­кость пра­вой пру­жи­ны вдвое боль­ше жёст­ко­сти ле­вой: \(F_{\text{упр}1} = kx, F_{\text{упр}2} = 2kx\). От­сю­да \(kx = mg(L - 2d)/L\). 2. При­рав­ня­ем мо­мен­ты сил от­но­си­тель­но точ­ки Б, в ко­то­рой за­креп­ле­на пра­вая пру­жи­на: \(kxL = MgL/2 + mgd\). 3. Мас­са стерж­ня рав­на: \(M = \frac{kxL-mgd}{gL/2} = \frac{2m(L-3d)}{L}\). \(M = \frac{2\cdot3\cdot(30-15)}{30}\,\text{кг} = 3\,\text{кг}\). Об­ос­но­ва­ние. Си­сте­му Зем­ли счи­та­ем инер­ци­аль­ной, стер­жень — аб­со­лют­но твёр­дым те­лом. Он по­ко­ит­ся, по­это­му рав­ны нулю сум­ма сил и сум­ма их мо­мен­тов от­но­си­тель­но лю­бой не­по­движ­ной оси. Од­но­род­ность стерж­ня поз­во­ля­ет при­ло­жить силу тя­же­сти в его се­ре­ди­не. Пру­жи­ны ра­бо­та­ют в пре­де­лах упру­гой де­фор­ма­ции и под­чи­ня­ют­ся за­ко­ну Гука; при оди­на­ко­вом удли­не­нии от­но­ше­ние их сил рав­но от­но­ше­нию жёст­ко­стей.

\(M= (2m ( L - 3d ))/(L) =3\,\text{кг}\)

Во вре­мя ко­рот­ко­го уда­ра го­ри­зон­таль­ный им­пульс си­сте­мы «пуля — тело» со­хра­ня­ет­ся: \((M + m)v = mv_{0}\). По­сколь­ку \(M + m = 1\,\text{кг}\), по­сле за­стре­ва­ния пули \(v = 0{,}01\cdot 200/1 = 2\,\text{м}/\text{с}\). При по­сле­ду­ю­щем дви­же­нии без тре­ния \(v_{h}^{2} = v^{2} + 2g(R - h)\). В мо­мент от­ры­ва ре­ак­ция опо­ры рав­на нулю, и про­ек­ция вто­ро­го за­ко­на Нью­то­на на ра­ди­ус даёт \(v_{h}^{2} = gh\). Сле­до­ва­тель­но, \(gh = v^{2} + 2g(R - h)\), от­ку­да \(h = (v^{2} + 2gR)/(3g) = (4 + 20)/30 = 0{,}8\,\text{м}\).

0,8

Пе­ред раз­ры­вом в верх­ней точ­ке сна­ряд дви­жет­ся го­ри­зон­таль­но со ско­ро­стью \(v = v_{0}\cos\alpha = 100\,\text{м}/\text{с}\), а вы­со­та точ­ки раз­ры­ва \(H = v_{0}^{2}\sin^{2}\alpha/(2g) = 1500\,\text{м}\). Вре­мя па­де­ния каж­до­го оскол­ка с ну­ле­вой на­чаль­ной вер­ти­каль­ной ско­ро­стью \(t = \sqrt{2H/g} = 10\sqrt{3}\,\text{с}\). Ско­рость пер­во­го оскол­ка \(v_{1} = S_{1}/t = 7000/(10\sqrt{3}) \approx 404\,\text{м}/\text{с}\). За ко­рот­кое вре­мя взры­ва внеш­ним им­пуль­сом мож­но пре­не­бречь; энер­гия при взры­ве не со­хра­ня­ет­ся, но им­пульс со­хра­ня­ет­ся. По го­ри­зон­та­ли \(Mv = m_{1}v_{1} + m_{2}v_{2}\), где \(m_{2} = 4\,\text{кг}\). \(v_{2} = (6\cdot 100 - 2\cdot 404)/4 \approx -52\,\text{м}/\text{с}\). Знак ми­нус озна­ча­ет дви­же­ние в про­ти­во­по­лож­ную сто­ро­ну.

\(52\,\text{м}/\text{с}\) в на­прав­ле­нии, про­ти­во­по­лож­ном дви­же­нию сна­ря­да

Изоб­ра­зим силы, дей­ству­ю­щие на стер­жень, и введём си­сте­му ко­ор­ди­нат \(\mathit{Oxy}\). На стер­жень дей­ству­ют сила на­тя­же­ния нити \(\vec{T}\), сила тя­же­сти \(m \vec{g}\) и сила ре­ак­ции шар­ни­ра \(\vec{F}\). Обо­зна­чим го­ри­зон­таль­ную и вер­ти­каль­ную со­став­ля­ю­щие силы ре­ак­ции че­рез \(F_{x}\) и \(F_{y}\). В по­ло­же­нии рав­но­ве­сия сум­ма мо­мен­тов сил от­но­си­тель­но оси, про­хо­дя­щей че­рез точ­ку \(A\) пер­пен­ди­ку­ляр­но плос­ко­сти ри­сун­ка, рав­на нулю: \(mg(l/2)\cos \alpha - Tl \sin \alpha = 0\). Сум­мы про­ек­ций сил на ко­ор­ди­нат­ные оси так­же рав­ны нулю: \(F_{x} = T\); \(F_{y} = mg\). Из усло­вия рав­но­ве­сия мо­мен­тов по­лу­ча­ем: \(T = (mg/2)\cot \alpha\). Мо­дуль силы ре­ак­ции шар­ни­ра: \(F = \sqrt{F_x^2+F_y^2} = \sqrt{T^2+(mg)^2}\). \(F = mg\sqrt{1+(\cot\alpha/2)^2}\). При \(m = 1\,\text{кг}, g = 10\,\text{м}/\text{с}^{2}\) и \(\alpha = 45^{\circ}\) по­лу­ча­ем: \(F = 10\sqrt{1 + 1/4} \approx 11{,}2\,\text{Н}\). Об­ос­но­ва­ние. В инер­ци­аль­ной си­сте­ме Зем­ли стер­жень по­ко­ит­ся как аб­со­лют­но твёр­дое тело, по­это­му ис­поль­зу­ем оба усло­вия рав­но­ве­сия: ну­ле­вые сум­му сил и сум­му мо­мен­тов. Сила тя­же­сти од­но­род­но­го стерж­ня при­ло­же­на в се­ре­ди­не. Тре­ни­ем в шар­ни­ре пре­не­бре­га­ем, по­это­му он не со­здаёт мо­мен­та от­но­си­тель­но сво­ей оси; ре­ак­ция шар­ни­ра так­же име­ет ну­ле­вое пле­чо от­но­си­тель­но этой оси.

\(F \approx 11{,}2\,\text{Н}\)