Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Кинематические связи, Олимпиадная физика

Теорема о движении центра масс – 3

Статья посвящена теореме о движении центра масс, а также комбинированным задачам, где эта теорема используется.

Задача 1. Тонкий однородный жесткий стержень S скользит по гладкой наклонной плоскости, составляющей угол \alpha с горизонтом. В начальный момент времени нижний конец стержня движется вниз вдоль наклонной плоскости (вдоль линии L «падения воды», как показано на рисунке), а верхний конец стержня движется горизонтально, причем модуль скорости верхнего конца в 2 раза больше, чем нижнего.  По прошествии некоторого промежутка времени оказалось, что середина стержня сместилась на одинаковые расстояния по горизонтали и вдоль линии «падения воды». Во сколько раз изменился модуль скорости середины стержня за этот промежуток времени?

Рисунок к задаче 1

Решение.

По теореме о движении центра масс ускорение стержня равно a=g\sin \alpha. Тогда расстояние, пройденное по оси x (направим ее по линии L «падения воды»)

    \[S_x=\upsilon_{1x} t+\frac{ g\sin \alpha  t^2}{2}\]

А по оси y, перпендикулярной «линии падения воды»,

    \[S_y=\upsilon_{1y} t\]

\upsilon_1 – начальная скорость. Нам надо определить \frac{\upsilon_2}{\upsilon_1}, \upsilon_2 – конечная скорость.

Так как S_x= S_y, то

    \[\upsilon_{1x} t+\frac{ g\sin \alpha  t^2}{2}=\upsilon_{1y} t\]

    \[\upsilon_{1x} +\frac{ g\sin \alpha  t}{2}=\upsilon_{1y}\]

Рисунок 2 к задаче 1

Откуда

    \[\frac{ g\sin \alpha  t}{2}=\upsilon_{1y}-\upsilon_{1x}\]

Скорость по оси x в конце:

    \[\upsilon_{2x}=\upsilon_{1x} + g\sin \alpha  t=\upsilon_{1x} +2(\upsilon_{1y}-\upsilon_{1x})=2\upsilon_{1y}-\upsilon_{1x}\]

По оси y движение равномерное, поэтому

    \[\upsilon_{2y}=\upsilon_{1y}\]

Тогда

    \[\upsilon_2=\sqrt{(2\upsilon_{1y}-\upsilon_{1x})^2+\upsilon_{1y}^2}\]

    \[\upsilon_1=\sqrt{\upsilon_{1x}^2+\upsilon_{1y}^2}\]

Построим перпендикуляры к скоростям концов стержня. В их пересечении – точке О – будет находиться мгновенный центр вращения. Тогда

    \[2\upsilon=\omega r_2\]

    \[\upsilon=\omega r_1\]

Откуда

    \[r_2=2r_1\]

    \[OC=\frac{1}{2}\sqrt{r_1^2+r_2^2}=\frac{\sqrt{5}}{2}r_1\]

    \[\upsilon_1=\omega \cdot OC=\omega \cdot\frac{\sqrt{5}}{2}r_1=\frac{\sqrt{5}}{2}\upsilon\]

Из рисунка

    \[\operatorname{tg}\alpha=\frac{\upsilon_{1y}}{\upsilon_{1x}}=2\]

    \[\upsilon_{1y}=\upsilon_1\cos (90^{\circ}-\alpha)=\upsilon_1\sin \alpha\]

    \[\upsilon_{1x}=\upsilon_1\cos \alpha\]

    \[\frac{\upsilon_2}{\upsilon_1}=\sqrt{\frac{(2\upsilon_{1y}-\upsilon_{1x})^2+\upsilon_{1y}^2}{\upsilon_{1x}^2+\upsilon_{1y}^2}}=\sqrt{\frac{(2\cdot \frac{\upsilon_{1y}}{\upsilon_{1x}}-1)^2+\left(\frac{\upsilon_{1y}}{\upsilon_{1x}}\right)^2}{1+\left(\frac{\upsilon_{1y}}{\upsilon_{1x}}\right)^2}}=\sqrt{\frac{(2\cdot 2-1)^2+2^2}{1+2^2}}=\sqrt{\frac{13}{5}}\]

Ответ: \frac{\upsilon_2}{\upsilon_1}=\sqrt{\frac{13}{5}}

Задача 2. Однородный диск раскрутили вокруг его оси до угловой скорости \omega и положили на границу раздела двух горизонтальных полуплоскостей так, что его центр оказался точно над границей (см. рисунок, вид сверху). Коэффициент трения между диском и одной полуплоскостью k, между диском и другой полуплоскостью 2k. Найти ускорение центра диска сразу после того, как он оказался на поверхности.

Рисунок к задаче 2

Решение.

По теореме о движении центра масс

    \[ma_{zm}=\sum F_{tr}\]

Разобьем диск на кольца, а каждое из колец – на участки малой длины. Силы трения, действующие на все эти малые участки, сложатся. Если рассмотреть все малые участки слева от вертикальной линии, проходящей через центр диска, то их сумма будет направлена вниз (горизонтальные составляющие всех сил трения взаимно уничтожатся). Если рассмотреть все малые участки справа от вертикальной линии, проходящей через центр, то их сумма будет направлена вверх (опять все горизонтальные составляющие сил сложатся и дадут ноль). Масса малого участка кольца равна

    \[\Delta m=d\varphi dr \cdot \rho\]

Где \rho – поверхностная плотность. Тогда суммарная сила трения  в левой полуплоскости равна

    \[F_{tr1}=\int_0^R\int_0^{\pi} k\rho g R \sin \varphi d\varphi dr=-k\rho g \frac{R^2}{2}\cos \varphi\Bigr|_0^{\pi}=2 k\rho gR^2\]

Во второй полуплоскости сила трения больше вдвое, так как там коэффициент трения больше.

    \[ma_{zm}=2 k\rho gR^2- k\rho gR^2= k\rho gR^2\]

Масса равна

    \[m=\rho\cdot \pi R^2\]

И снова возвращаемся к уравнению, составленному по закону о движении центра масс:

    \[\rho\cdot \pi R^2 a= k\rho gR^2\]

    \[a=\frac{ kg}{\pi}\]

Ответ: a=\frac{ kg}{\pi}.

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *