Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Второй закон Ньютона, Олимпиадная физика

Задача про воздушный шарик

Сложная задача про шарик с тянущейся за ним веревкой.

Задача. Наполненный гелием воздушный шарик почти идеальной сферической формы, если его отпустить в безветренную погоду, будет подниматься вверх со скоростью, постепенно достигающей величины \upsilon = 3   м/с. Если привязать к нему кусок тонкой гибкой нерастяжимой однородной  веревки, то шарик сможет подниматься вверх, если длина куска не превышает l = 50 см. К шарику привязали кусок такой же веревки длиной L = 1,5 м и расстелили нижний конец веревки на горизонтальной поверхности. Коэффициент трения между веревкой и поверхностью \mu = 0,5. С какой скоростью будет в установившемся режиме  двигаться шарик с прикрепленной веревкой при ветре, дующем вдоль поверхности со скоростью u =2,5 м/с?

Задача про шарик

На какой высоте h над поверхностью будет двигаться верхний конец веревки? Воздействием ветра на веревку пренебречь. Сила сопротивления воздуха, действующая на шар, пропорциональна квадрату его скорости относительно воздуха.

Решение. Отпускаем шарик в безветренную погоду:

    \[F_c+ mg=F_A\]

    \[k\upsilon^2= F_A-mg\]

Шарик в безветренную погоду

Пусть \lambda – линейная плотность веревки.

    \[\lambda=\frac{m}{l}\]

По второму закону Ньютона

    \[\lambda l g+mg=F_A\]

    \[\lambda l g=k\upsilon^2\]

Шарик с короткой веревкой поднимается

Пусть ветер вправо. Относительно ветра скорость шарика влево, поэтому сила сопротивления вправо. (Переходим в СО ветра).

Скорости ветра, шарика, шарика относительно ветра

Шарик с длинной веревкой

    \[F_c=T_x\]

    \[mg-F_A+T_y=0\]

T_x и T_y  – в разных точках разные, так как веревка весомая.

    \[T_y= F_A-mg= k\upsilon^2\]

    \[T_x= k\upsilon_{sh_v}^2\]

\upsilon_{sh_v} – скорость шарика относительно ветра.

Силы на веревку

 

m_2 – масса провисающего куска веревки длиной 50 см.

    \[T_x=T_0\]

    \[T_y=m_2g\]

    \[\lambda l g=m_2g\]

Откуда и следует, что длина провисающего куска – 50 см.

    \[F_{tr}=\mu N=\mu \lambda (L-l)g\]

Имеем, с одной стороны,

    \[\lambda l g=k\upsilon^2\]

С другой

    \[k\upsilon_{sh_v}^2=\mu \lambda (L-l)g\]

Разделим эти уравнения:

    \[\upsilon_{sh_v}^2=\upsilon^2\frac{\mu(L-l)}{l}\]

    \[\upsilon_{sh_v}=\upsilon\sqrt{\frac{\mu(L-l)}{l}}\]

    \[\upsilon_{sh_v}=3\sqrt{\frac{0,5\cdot 1}{0,5}}=3\]

Но скорость ветра равна 2,5 м/с, значит, скорость шарика относительно земли 0,5 м/с. Получили противоречие. Значит, шарик в покое.

    \[F_c=ku^2\]

 

Теперь ответим на второй вопрос задачи.

Силы на веревку

Сила T_0 равна силе сопротивления – мы ее нашли ранее.

    \[T_1=\sqrt{F_c^2+m_v^2g^2}\]

m_v – масса веревки.

Разобьем веревку на малые отрезки и рассмотрим один из них.

Малый кусочек веревки

    \[Ox: (T+\Delta T)\cos(\varphi+\Delta \varphi)=T\cos\varphi\]

    \[Oy: (T+\Delta T)\sin(\varphi+\Delta \varphi)= T\sin\varphi+\Delta mg\]

 

    \[Ox: (T+\Delta T)(\cos\varphi\cos \Delta \varphi-\sin\varphi\sin \Delta\varphi)-T\cos\varphi=0\]

    \[\cos \Delta \varphi \rightarrow 1\]

    \[\sin \Delta\varphi\rightarrow\Delta \varphi\]

Перепишем:

    \[-T\sin\varphi \Delta\varphi+\Delta T\cos\varphi - \Delta T\sin\varphi\sin \Delta\varphi=0\]

Последнее слагаемое – \Delta T\sin\varphi\sin \Delta\varphi – второго порядка малости, им можно пренебречь.

Имеем:

    \[T\sin\varphi \Delta\varphi=\Delta T\cos\varphi~~~~~~~~~~~~~(1)\]

 

    \[Oy: (T+\Delta T)(\sin\varphi \cos\Delta \varphi+\sin \Delta \varphi \cos \varphi)- T\sin\varphi-\Delta mg=0\]

    \[\cos\Delta \varphi \rightarrow 1\]

    \[\sin \Delta \varphi\rightarrow\Delta \varphi\]

Переписываем:

    \[T \Delta \varphi \cos \varphi+\Delta T\sin\varphi+\Delta T\Delta \varphi\cos \varphi+\Delta mg=0\]

Величина \Delta T\Delta \varphi\cos \varphi – второго порядка малости, пренебрежем ею.

    \[T \Delta \varphi \cos \varphi+\Delta T\sin\varphi-\Delta mg=0\]

 

Малая масса рассматриваемого кусочка равна

    \[\Delta m=\frac{\Delta l}{l}m=\lambda \Delta l\]

Малый угол \Delta \varphi определим из (1):

    \[\Delta \varphi=\frac{\Delta T\cos \varphi }{ T\sin\varphi }\]

Подставим в последнее:

    \[\frac{\Delta T\cos^2 \varphi }{ \sin\varphi }+\Delta T\sin\varphi-\lambda \Delta l g=0\]

Домножим на \sin\varphi:

    \[\Delta T\cos^2 \varphi +\Delta T\sin^2\varphi-\lambda \Delta l g\sin\varphi =0\]

    \[\Delta T(\cos^2 \varphi +\sin^2\varphi)-\lambda \Delta l g\sin\varphi =0\]

    \[\Delta T=\lambda \Delta l g\sin\varphi\]

    \[\Delta T=\lambda  g \Delta h\]

Суммируя, получаем

    \[T_1-T_0=\lambda  g h\]

    \[h=\frac{ T_1-T_0}{\lambda  g }\]

 

Можно было воспользоваться методом виртуальных перемещений:

Метод виртуальных перемещений

Работа всех сил равна изменению энергии малого переносимого кусочка.

    \[-T_0\Delta x+T_1\Delta x=\lambda \Delta x gh\]

\lambda \Delta x – масса переносимого кусочка, \Delta x – его длина.

    \[T_1-T_0=\lambda  g h\]

    \[h=\frac{ T_1-T_0}{\lambda  g }\]

Приведем к окончательному ответу:

    \[h=\frac{ T_1-T_0}{\lambda  g }=\frac{ T_1-T_0}{k\upsilon^2}l=l\left\frac{\sqrt{k^2u^4+k^2\upsilon^4}- k u^2}{ k\upsilon^2}\right = l\left({\sqrt{\frac{u^4}{\upsilon^4}+1}- \frac{u^2}{ \upsilon^2}\right)\]

Ответ: нулевая скорость; h= l\left({\sqrt{\frac{u^4}{\upsilon^4}+1}- \frac{u^2}{ \upsilon^2}\right)

Добавить комментарий

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