Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Движение под углом к горизонту, Олимпиадная физика, Относительность движения

Закон палочки и мгновенный центр вращения – 2

Здесь будут рассмотрены задачи не только на закон палочки, но и некоторые кинематические задачи, которые иногда очень красиво решаются через треугольник скоростей.

Задача 1. В баллистической лаборатории при проведении эксперимента по изучению упругого отражения от движущихся препятствий производился выстрел маленьким шариком из небольшой катапульты, установленной на горизонтальной поверхности. Одновременно из точки, в которую по расчётам должен был упасть шарик, с постоянной скоростью начинала движение навстречу массивная вертикальная стенка (см. рисунок). После упругого отражения от стенки шарик падал на некотором расстоянии от катапульты. Затем эксперимент повторяли, изменяя только скорость движения стенки. Оказалось, что в двух экспериментах удар шарика о стенку произошел на одной и той же высоте h. Определите эту высоту, если известно, что время полёта шарика до отражения в первом случае составило t_1 = 1 с, а во втором — t_2= 2 с. На какую максимальную высоту H поднимался шарик за весь полёт? Чему равна начальная скорость шарика \upsilon_0, если расстояние между местами его падения на горизонтальную поверхность в первом и втором экспериментах составило L= 9 м? Определите скорости равномерного движения стенки u_1 и u_2 в этих экспериментаx, а также начальное расстояние S между стенкой и катапультой.

Стенка и шарик

Решение. Запишем уравнение для вертикального перемещения шарика.

    \[h=\upsilon_0\sin\alpha t-\frac{gt^2}{2}\]

Обозначим  \upsilon_0\sin\alpha=\upsilon_v.

    \[h=\upsilon_v t-\frac{gt^2}{2}\]

    \[\frac{gt^2}{2}-\upsilon_v t+h=0\]

    \[t^2-\frac{2\upsilon_v t }{g}+\frac{2h}{g}=0\]

Это квадратное уравнение. Его график – парабола, а корни – точки, где парабола пересечет горизонтальную ось. Но в задаче сказано, что в двух произведенных экспериментах шарик оказывался на одной и той же высоте – то есть можно эти точки считать корнями уравнения. Тогда по теореме Виета

    \[t_1+t_2=\frac{2\upsilon_v}{g}\]

    \[t_1t_2=\frac{2h}{g}\]

Из второго

    \[h=\frac{gt_1t_2}{2}=10\]

Из первого

    \[\upsilon_v=\frac{(t_1+t_2)g}{2}=\frac{30}{2}=15\]

Максимальную высоту подъема можно определить по формуле

    \[H=\frac{\upsilon_v^2}{2g}=\frac{225}{20}=11,25\]

Если шарик перемещается до встречи со стенкой время t_1, то он проходит расстояние \upsilon_g t_1, а стенка тогда проходит остаток расстояния, и наоборот, если  шарик перемещается до встречи со стенкой время t_2, то он проходит расстояние \upsilon_g t_2. В любом случае вместе они преодолевают одно и то же расстояние в обоих случаях. Причем сначала шарик преодолевает меньшее расстояние, а стенка – большее, а затем – наоборот. Но большее расстояние, пройденное шариком, равно большему расстоянию, пройденному стенкой, а меньшее – равно меньшему соответственно. Значит,

    \[\upsilon_g t_1=u_2t_2\]

    \[\upsilon_g t_2=u_1t_1\]

Таким образом,

    \[u_1=\frac{\upsilon_g t_2}{ t_1}\]

    \[u_2=\frac{\upsilon_g t_1}{ t_2}\]

Теперь разберемся с расстоянием L. Скорость шарика относительно стенки в первом случае равна

    \[\upsilon_{sh_st}=\upsilon_g+u_1\]

При отскоке скорость шарика относительно стенки поменяет направление, а модуль останется тем же. А относительно земли

    \[\upsilon_{sh_{z1}}=\upsilon_g+2u_1\]

Перемещение шарика из точки броска в место падения равно

    \[L_1=\upsilon_g t_1-(\upsilon_g+2u_1)t_2\]

Во втором случае

    \[\upsilon_{sh_{z2}}=\upsilon_g+2u_2\]

Перемещение шарика из точки броска в место падения равно

    \[L_2=\upsilon_g t_2-(\upsilon_g+2u_2)t_1\]

Расстояние L равно разности:

    \[L=L_2-L_1=\upsilon_g t_2-(\upsilon_g+2u_2)t_1-\upsilon_g t_1-(\upsilon_g+2u_1)t_2=2\upsilon_g\left(t_2-t_1+\frac{t_2^2}{t_1}-\frac{t_1^2}{t_2}\right)\]

    \[\upsilon_g=\frac{L}{2\left((t_2-t_1+\frac{t_2^2}{t_1}-\frac{t_1^2}{t_2}\right)}=\frac{4,5}{1+4-0,5}=1\]

Тогда

    \[u_1=\frac{\upsilon_g t_2}{ t_1}=2\]

    \[u_2=\frac{\upsilon_g t_1}{ t_2}=0,5\]

    \[s=u_1t_1+u_2t_2=2+1=3\]

Начальная скорость шарика равна

    \[\upsilon=\sqrt{\upsilon_g^2+\upsilon_v^2}=\sqrt{15^2+1^2}=\sqrt{226}=15\]

Ответ: максимальная высота подъема шарика H=11,25 м, скорости стенки в обоих случаях u_1=2 м/c, u_2=0,5 м/с, расстояние между шариком и стенкой s=3 м, начальная скорость шарика \upsilon=15 м/с.

 

Задача 2. Кот Леопольд сидел у края крыши. Два злобных мышонка выстрелили в него из рогатки. Однако камень, описав дугу, упал у ног кота (см. рисунок) через время t = 1 с. На каком расстоянии s от мышей находился кот Леопольд, если известно, что векторы скоростей камня в момент выстрела и в момент падения были взаимно перпендикулярны?

Кот на крыше

Решение.

Нарисуем треугольник скоростей, который будет прямоугольным:

Треугольник скоростей для камня

Так как треугольник прямоугольный, то медиана в нем равна половине гипотенузы. А медиана – это вектор \frac{S}{t}. То есть

    \[\frac{S}{t}=\frac{gt}{2}\]

    \[S=\frac{gt^2}{2}=5\]

Ответ: 5 м.

Задача 3. Гладкая доска, лежащая на цилиндре, может свободно вращаться вокруг проходящей через ее конец оси, прикрепленной к столу (см. рисунок). Ось цилиндра и ось вращения доски параллельны. Определите угловую скорость вращения доски в тот момент, когда цилиндр катится по столу без проскальзывания с угловой скоростью \omega, удаляясь от закрепленного конца доски, а доска образует со столом угол \alpha.

К задаче 3

Решение. Первоначальное положение цилиндра показано серым цветом. Так как на срезе это окружность, вписанная в угол, то ее центр обязательно расположен на биссектрисе угла – поэтому я обозначила углы \alpha и \frac{\alpha}{2} на рисунке. Если из центра цилиндра – точки O – опустить перпендикуляр на основание, то длина отрезка a равна

    \[\frac{R}{a}=\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}\]

    \[a=\frac{R}{\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}}\]

Цилиндр откатился

Если угловая скорость цилиндра равна \omega, то линейная скорость его центра равна \omega R, и тогда за малое время \Delta t цилиндр пройдет расстояние S=\omega R \Delta t. А доска тем временем повернется на малый угол \Delta \alpha. И этот поворот произошел за время \Delta t – следовательно, угловая скорость доски

    \[\omega_d=\frac{\Delta \alpha }{\Delta t }\]

Где

    \[\Delta t=\frac{S}{\omega R }\]

Где, в свою очередь, S – это

    \[S=b-a=R\left(\operatorname{ctg}\frac{\alpha-\Delta \alpha}{2}-\operatorname{ctg}\frac{\alpha}{2}\right)= \omega R \Delta t\]

    \[\operatorname{ctg}\frac{\alpha-\Delta \alpha}{2}-\operatorname{ctg}\frac{\alpha}{2}=\frac{\sin(\frac{\alpha}{2}-\frac{\alpha-\Delta \alpha}{2})}{\sin \frac{\alpha-\Delta \alpha}{2}\sin \frac{\alpha}{2}}=\frac{\sin(\frac{\Delta \alpha}{2})}{\sin \frac{\alpha-\Delta \alpha}{2}\sin \frac{\alpha}{2}}=\frac{\frac{\Delta \alpha}{2}}{\sin^2 \frac{\alpha}{2}}\]

Тогда

    \[\omega_d=\frac{\Delta \alpha \omega R}{S}=\frac{2\Delta \alpha \omega R \sin^2\frac{\alpha}{2}}{R\Delta \alpha}=2\omega \sin^2\frac{\alpha}{2}\]

Ответ: \omega_d=2\omega \sin^2\frac{\alpha}{2}.

Задача 4. Стержень, поперечное сечение которого показано на рисунке, катится по плоскости без проскальзывания. Найти отношение скоростей точек А и В, находящихся на оси стержня на расстоянии в n раз меньшем их радиуса, в тот момент, когда они занимают положения, указанные на рисунке.

К задаче 4

Решение.

Длины отрезков OA и OB

    \[OA=OB=\frac{R}{n}\]

Мгновенный центр вращения находится в точке C, и относительно нее точки А и В вращаются с одной и той же скоростью \omega, т.е.

    \[\upsilon_A=\omega CA\]

    \[\upsilon_B=\omega CB\]

То есть отношение скоростей есть отношение длин отрезков CA и CB.

    \[\frac{\upsilon_A }{\upsilon_B}=\frac{CA}{CB}=\frac{\sqrt{R^2+\frac{R^2}{n^2}}}{R+\frac{R}{n}}\]

    \[\frac{\upsilon_A }{\upsilon_B}=\frac{\sqrt{n^2+1}}{n+1}\]

Решим задачу другим способом – через относительность движения. Пусть скорость центра катящегося стержня равна \upsilon_0=\upsilon. Тогда угловая скорость \omega=\frac{\upsilon}{R}.

Скорость точки A относительно центра стержня

    \[\upsilon_{A0}=\frac{\upsilon}{n}\]

То же и для точки B:

    \[\upsilon_{B0}=\frac{\upsilon}{n}\]

Скорость точки A относительно земли является суммой скоростей точки A относительно центра стержня и скорости центра стержня относительно земли:

    \[\upsilon_A=\sqrt{\upsilon^2+\frac{\upsilon^2}{n^2}}=\upsilon\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}\]

    \[\upsilon_B=\sqrt{\upsilon+\frac{\upsilon}{n}}=\upsilon\sqrt{1+\frac{1}{n}}\]

И отношение получится таким же, как выше.

Ответ: \frac{\upsilon_A }{\upsilon_B}=\frac{\sqrt{n^2+1}}{n+1}

 

Добавить комментарий

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