Пособие по физике. «Механика». В 3

Федеральное агентство по образованию
Национальный исследовательский ядерный университет
«МИФИ»
А.Н. Долгов
Пособие по физике
«МЕХАНИКА»
Часть 3
ЗАКОНЫ СОХРАНЕНИЯ
В помощь учащимся 10—11 классов
Москва 2009
УДК 531(075)
ББК 22.2я7
Д 64
Долгов А.Н. ПОСОБИЕ ПО ФИЗИКЕ «МЕХАНИКА». В 3-х ч. Ч. 3. Законы сохранения. В помощь учащимся 10—11 классов. — М.: МИФИ, 2009. — 76 с.
В пособии дается систематическое изложение основного содержания школьного курса физики по разделу «Законы сохранения» в соответствии с требованиями образовательного стандарта для профильных классов общеобразовательных
школ. Подробно рассмотрено решение 35 задач, в том числе, предлагавшихся на
проводимой в МИФИ Всероссийской олимпиаде Федерального агентства по
атомной энергии. Пособие содержит 67 задач различной степени сложности для
самостоятельного решения, которые снабжены ответами и указаниями. Звездочкой (*) отмечены задачи, требующие для успешного решения не только уверенного знания школьного курса физики и математики, но и смекалки. Символами А, В
и С отмечены задачи, примерно соответствующие по уровню сложности задачам,
предлагаемым в частях Единого государственного экзамена по физике.
Части 1 и 2 были посвящены разделам «Кинематика» и «Динамика. Статика».
Пособие предназначено для углубленного изучения физики.
Работа с данным пособием поможет подготовиться к участию в олимпиадах и
поступлению в МИФИ.
Рецензент канд. физ.-мат. наук, доц. Д.Е. Прохорович
Рекомендовано к изданию редсоветом МИФИ
ISBN 978-5-7262-1156-5
© Национальный исследовательский ядерный
университет «МИФИ», 2009
§ 18. Импульс тела и системы тел.
Закон сохранения импульса.
Выражение второго закона Ньютона через импульс
В ряде случаев решение задач динамики облегчается использованием законов сохранения импульса и энергии. Особенно эффективным является использование этих законов в тех случаях, когда
действующие силы непостоянны и непосредственное решение
уравнений динамики с помощью элементарной математики невозможно.
Импульс тела — материальной точки или тела, движущегося
поступательно, — векторная физическая величина, равная произведению массы тела на его скорость:
r
r
P = m v.
(18.1)
Импульс системы тел равен векторной сумме импульсов всех
тел этой системы
r
r
Pсист = ∑ Pi .
(18.2)
i
Выделяют замкнутые системы тел, на которые либо не действуют внешние силы (силы со стороны тел, не входящих в рассматриваемую систему), либо равнодействующая внешних сил равна
нулю (действие сил скомпенсировано). Силы, с которыми тела,
входящие в рассматриваемую систему, взаимодействуют друг с
другом, называют внутренними.
3
Можно сформулировать закон сохранения импульса: в замкнутой системе тел при любых процессах, происходящих в системе, ее
импульс остается неизменным, т. е.
если
∑
i
r
r
Fiвнеш = 0 , то Pсист = const .
(18.3)
В некоторых случаях закон сохранения импульса можно применять и к незамкнутым системам. Эти случаи следующие:
• если сумма проекций всех внешних сил, приложенных к системе тел, на некоторое направление (например, пусть этим направлением будет ось OX) равна нулю, то проекция импульса системы
на это направление сохраняется, т. е.
r
если ∑ Fixвнеш = 0 , то Pxсист = const ;
(18.4)
i
• если продолжительность рассматриваемого процесса взаимодействия между телами системы очень мала, а внешние силы ограничены по величине (такая ситуация возможна, например, при
столкновении тел, при взрывном разрушении тела, когда внешней
силой является сила тяжести), то импульс системы можно считать
неизменным.
Объединением законов динамики Ньютона и закона сохранения
импульса является выражение второго закона Ньютона через импульс (так называемая импульсная форма записи второго закона
Ньютона):
r
r dP
(18.5)
F=
,
dt
r
где F — равнодействующая (внешних) сил, приложенных к телу
r
(системе тел); P — импульс тела (системы тел). В частном случае,
r
если F = const в течение интервала времени t1 ÷ t2 , то
r r
r
r
Δ P = P(t2 ) − P(t1 ) = F ⋅ (t2 − t1 ) .
4
(18.6)
Импульс системы тел может быть выражен через скорость центра масс системы, положение которого в пространстве определяется согласно формуле (11.2)
r
rц.м =
r
mi ri
∑
i
∑
mi
i
.
Возьмем производную по времени от обеих частей приведенного равенства, тогда в соответствии с определением (4.2) мгновенной скорости получим
r
d rц.м r
= vц.м
dt
r
d ri
∑ mi d t
= i
=
∑ mi
∑
i
r
mi v i
∑
i
i
mi
=
∑
i
∑
i
r
Pi
r
Pсист
=
,
mi ∑ mi
i
коротко это можно записать так:
r
r
Pсист = M сист ⋅ v ц.м ,
(18.7)
где M сист = ∑ mi — масса системы тел.
i
Задачи
18.1А. Два шарика массами m1 = 2 кг и m2 = 3 кг движутся в горизонтальной плоскости со скоростями v1 = 6 м c и v 2 = 4 м c ,
соответственно. Направления движения шариков составляют друг с
другом угол α = 90°. Чему равен модуль импульсной системы?
r
кг ⋅ м
.
Ответ: Pсист = m12 v12 + m22 v 22 + 2 m1 m2 v1 v 2 cos α ≅ 17
с
5
Указание. Согласно определениям (18.1) и (18.2) необходимо
r
r
найти модуль векторной суммы m1 v1 + m2 v 2 . Угол α — угол меr
r
жду векторами v1 и v 2 .
18.2В. Жесткая система из трех
невесомых взаимно ортогональных
стержней длиной l каждый, на концах которых прикреплены маленькие
шарики массами m, 2 m и 3m соответственно, вращается с угловой
скоростью ω вокруг неподвижной
оси, проходящей через общую для
Рис. 18.1
стержней точку О перпендикулярно
плоскости чертежа (рис. 18.1). Определить величину импульса системы.
Решение.
Вариант I. Согласно определениям (18.1) и (18.2) необходимо
найти модуль векторной суммы трех векторов (рис. 18.2), модули
r
r
r
которых P1 = m l ω , P2 = 2 m l ω и P3 = 3 m l ω. Указанные векторы — импульсы шариков, движущихся по окружности радиусом
равным l с угловой скоростью ω . Линейная
скорость шарика связана с угловой скоростью соотношением (8.4) v = l ω и направлена по касательной к окружности, т. е. перпендикулярно стержню, на котором закреплен шарик, и который по отношению к
окружности является радиусом, проведенным в точку касания. Из рисунка нетрудно
увидеть, что
Рис. 18.2
(
r
Pсист =
r 2
r
r
P2 + P3 − P1
)
2
= 2 2 mlω .
Вариант II. Найдем местоположение центра масс рассматриваемой системы, для чего воспользуемся приведенной на рис. 18.1
системой координат и формулой (16.1):
6
xц.м =
m ⋅ (− l ) + 2m ⋅ O + 3m ⋅ l l
= ;
3
m + 2m + 3m
yц.м =
m ⋅ O + 2m ⋅ l + 3m ⋅ O l
= .
3
m + 2m + 3m
Центр масс системы движется с угловой скоростью ω по окружности радиуса
2
2
xц.м
+ yц.м
= 2 l 3 , следовательно, линейная
скорость центра масс составляет v ц.м = 2 l ω 3 , а импульс системы
r
Pсист = 6m ⋅ v ц.м = 2 2 m l ω .
18.3С. Имеется жесткая конструкция из трех невесомых стержней длиной l каждый, соединенных в точке О таким образом, что
любая пара стержней составляет угол 120°. На концах стержней
закреплены маленькие шарики массами m,
2 m и 3m (рис. 18.3). Система вращается с
угловой скоростью ω вокруг неподвижной
оси, проходящей через точку О перпендикулярно плоскости чертежа. Найти модуль вектора импульса данной системы тел.
r
Ответ: Pсист = 3 m l ω .
Рис. 18.3
Указание. Ввести систему координат, записать проекции вектора импульса на координатные оси для каждого шарика. Воспользоваться тем, что при
сложении векторов складываются их проекции на соответствующие координатные оси, найти проекции вектора импульса системы
на координатные оси. Выразить модуль вектора импульса системы
через его проекции.
Второй вариант решения — найти положение центра масс системы, его скорость и воспользоваться соотношением (18.7).
18.4В. Тело массой m бросили с начальной скоростью v 0 под углом α к линии горизонта. Определить модуль вектора импульса,
7
модуль приращения импульса и приращение модуля импульса в
момент времени, когда тело достигнет верхней точки траектории.
Сопротивлением воздуха пренебречь.
Решение. Воспользуемся некоторыми результатами, полученными в задаче 10.1. Тело достигает верхней точки траектории в
момент времени t0 = v 0 sin α g , если моменту броска соответствует момент времени t = 0 . В верхней точке траектории вектор скорости тела направлен горизонтально и его проекция на вертикальную ось OY v y = 0 , а проекция на горизонтальную ось OX
v x = v 0 ⋅ cos α . В начальный момент времени (момент броска) проекция скорости тела на ось OY vOy = v0 ⋅ sin α . Используем пред-
ставление векторов в форме (1.3):
r
r
r
P0 = m v 0 ⋅ (cos α ⋅ ex + sin α ⋅ e y ) ;
r
r
P = m v 0 cos α ⋅ ex ,
r
r
где P0 и P — импульсы тела в момент броска и в верхней точке
траектории,
⇒
r
P = m v 0 cos α;
r
r r
r
r
Δ P = P − P0 = − m v 0 sin α ⋅ e y = m v 0 sin α ⋅ e y = m v 0 sin α ;
r
r
Δ P = P − P0 = m v 0 cos α − m v 0 = − m v 0 (1 − cos α) .
18.5В. Тело массой m = 1 кг движется равномерно по окружности со скоростью v = 2 м с . Определить приращение импульса тела после того, как оно пройдет: а) четверть окружности;
б) половину окружности.
8
r
кг ⋅ м
;
Ответ: а) Δ P = 2 m v ≈ 2,8
с
r
кг ⋅ м
.
б) Δ P = 2 m v = 4
с
Указание. Необходимо построить векторную диаграмму (чертеж), отражающую соотношение между векторами
r r
r
P = P0 + Δ P,
r
r
где P0 — импульс тела в начальный момент; P — импульс тела
r
после прохождения указанного участка траектории; Δ P — приращение (вектора) импульса тела.
Следует обратить внимание, что вопрос задачи подразумевает
определить модуль приращения вектора импульса, а не векторную
величину — приращение вектора импульса, так как не заданы координатные оси, через проекции на которые можно эту векторную
величину выразить.
18.6А. Тело бросили под углом к горизонту. Сопротивлением
воздуха можно пренебречь. Сохраняется ли: а) импульс тела;
б) модуль импульса; в) проекция импульса на какое-либо направление?
Решение:
а) импульс тела не сохраняется, так как на тело действует сила
тяжести;
б) модуль импульса не сохраняется, так как в процессе движения тела, брошенного под углом к горизонту, изменяется величина
его скорости
v (t ) =
v 02 − 2 v 0 g sin α ⋅ t + g 2t 2
(см. задачу 10.1);
в) сохраняется проекция импульса на любую горизонтальную
ось, так как проекция приложенной к телу силы тяжести на горизонтальную ось равна нулю.
9
18.7А. Тело движется равномерно по окружности в плоскости
XOY. Сохраняется ли: а) импульс тела; б) модуль импульса;
в) проекция импульса на какое-либо направление?
Ответ:
а) импульс тела не сохраняется;
б) модуль импульса сохраняется;
в) сохраняется проекция импульса на любую ось, параллельную
оси OZ.
Указание. Для ответа на вопрос пункта в) необходимо установить направление равнодействующей всех сил, приложенных к телу. Согласно второму закону Ньютона направление равнодействующей всех сил совпадает с направлением вектора ускорения тела.
18.8В. Две лодки массами m1 = 200 кг и m2 = 300 кг скользят по
инерции по водной глади пруда со скоростями v1 = 2 м с и
v 2 = 1 м с соответственно. Определить скорость лодок сразу после
абсолютно неупругого столкновения, если сопротивлением воды
можно пренебречь, а лодки перед столкновением движутся во взаимно перпендикулярных направлениях.
Решение. Согласно условию задачи
сумма внешних сил, приложенных к
системе из двух лодок, равна нулю: сила
трения отсутствует, а сила тяжести и
сила Архимеда компенсируют друг друга. Следовательно, импульс системы сохраняется.
Абсолютно неупругое столкновение
(удар) — кратковременное взаимодейстРис. 18.4
вие нескольких тел, в результате которого тела (их центры масс) движутся с одинаковыми скоростями. Касательно данной задачи это означает, что после столкновения лодки движутся как единое тело. В силу выполнения закона сохранения импульса
r r
r
P1 + P2 = P,
10
r
r
r
где P1 и P2 — импульсы лодок до столкновения; P — импульс
системы после столкновения (рис. 18.4).
P=
P12 + P22
⇒ (m1 + m2 ) v =
⇒ v=
m12 v12 + m22 v 22
⇒
m12 v12 + m22 v 22
= 1 м с.
m1 + m2
18.9В. Две лодки массами m1 = 200 кг и m2 = 300 кг плывут по
инерции по поверхности пруда со скоростями v1 = 2 м с и v 2 =
= 1 м с соответственно в направлениях, составляющих угол α =
= 60° между собой. Определить скорость лодок сразу после абсолютно неупругого столкновения. Сопротивлением воды можно
пренебречь.
m12 v12 + m22 v 22 + 2 m1 m2 v1 v 2 cos α
≅ 1,2 м с .
m1 + m2
Указание. Воспользоваться теоремой косинусов.
18.10А. Шайбу пустили по горизонтальной поверхности льда с начальной
скоростью v 0 . Коэффициент трения — μ . Найти продолжительность
скольжения шайбы по поверхности,
если размер ледяной поверхности досРис. 18.5
таточно велик.
Решение. Запишем уравнение второго закона Ньютона в проекции на координатные оси XOY и закон Кулона—Амонтона, причем,
в проекции на ось OX второй закон Ньютона записывается в импульсной форме (18.6):
Ответ: v =
11
⎧ OX: 0 − m v 0 = − Fтр ⋅ t ;
⎪
⎨ OY: N − m g = 0 ;
⎪
Fтр = μ N ,
⎩
где t — продолжительность скольжения шайбы по поверхности
льда,
⇒ t=
v0
.
μg
18.11А. Снаряд массой m = 10 кг вылетает из ствола орудия со
скоростью v = 600 м с . Зная, что время движения снаряда внутри
ствола Δ t = 0,008 с , определить среднюю силу давления пороховых газов.
Ответ: F = 7,5 ⋅105 H .
Указание. Средняя сила, в данном случае — это такая постоянная сила, которая за указанное время приведет к такому же изменению импульса, что и реальная изменяющаяся в рассматриваемом
процессе сила. Сравните с определением средней скорости (среднего модуля вектора скорости). По определению, это такая постоянная скорость, двигаясь с которой, тело проходит данный путь за
данное время. Из полученного ответа следует, что силу тяжести
можно из рассмотрения исключить (пренебречь), так как ее величина 10 2 H много меньше величины средней силы давления пороховых газов.
18.12В. При свободном движении тела над поверхностью Земли
между точками траектории А и В модуль приращения импульса
r
кг ⋅ м
. Найти время полета между этими точками.
равен ΔP = 60
с
Сопротивление воздуха не учитывать. Масса тела m = 3,5 кг. Ускорение свободного падения принять g = 10 м с2 .
Ответ: t ≅ 1,7 c .
12
18.13А. Падающий вертикально шарик массой m = 0,2 кг ударился о пол со скоростью v1 = 5 м с и затем отскочил от пола со
скоростью v 2 = 3 м с . Найти среднюю силу, действующую на шарик со стороны пола, если длительность удара Δ t = 0,01 с .
Ответ: N = 160 H .
18.14В. Мячик, двигавшийся со скоростью v, испытывает соударение со стенкой. Масса шарика — m. Направление движения составляло угол α с нормалью к
стенке (рис. 18.6). Продолжительность соударения — τ . Трение отсутствует. В процессе соударения мячик испытывает исключительно упругие деформации. Найти средРис. 18.6
нюю силу, действующую на мячик со стороны стенки. Силой тяжести пренебречь.
Решение. Вдоль оси OX на мячик силы со стороны стены не
действуют, следовательно, проекция импульса мячика на ось OX
изменений не претерпевает. Вдоль оси OY на мячик в процессе соударения действует нормальная реакция опоры, которая вызывает в
теле упругие деформации. По мере изменения проекции импульса
на ось OY при последовательно происходящих изменениях формы
тела, сила нормальной реакции опоры сначала возрастает, а затем
убывает по величине, проходя одну и ту же последовательность
значений. Скорость изменения формы тела определяется степенью
деформации тела. Максимальная степень деформации тела соответствует ситуации, когда проекция импульса на ось OY равна нулю.
Из вышесказанного можно сделать вывод, что какой по величине импульс вдоль оси OY тело потеряет при торможении, точно
такой же по величине приобретет при отскоке, т. е. проекция импульса мячика на ось OY в процессе соударения со стенкой изменяет знак на противоположный.
Нетрудно увидеть, что в результате направление движения мячика после соударения со стенкой составляет с нормалью также
угол α , т. е. угол падения равен углу отражения.
13
В проекции на ось OY запишем уравнение второго закона Ньютона в импульсной форме:
OY: m v cos α − (− m v cos α) = N ⋅ t ⇒
⇒
N =
2 m v cos α
.
τ
В наших рассуждениях никак не учитывалось изменение импульса стенки, т. е. тела, масса которого многократно превосходит
массу мячика, так как приобретаемая массивной стенкой скорость
пренебрежимо мала и не оказывает влияния на процесс деформации мячика.
18.15С. Шарик летит перпендикулярно стенке со скоростью v 0 .
Стенка движется навстречу шарику со скоростью v1 . Какой станет
скорость шарика после упругого удара о стенку?
Ответ: v 2 = v 0 + 2 v1 .
Указание. Необходимо рассмотреть процесс соударения в системе отсчета, в которой стенка покоится, а затем перейти в систему
отсчета, связанную с Землей.
18.16В. Движущееся тело распадается на два осколка с импульсами Р1 и Р2 , направленными под углом θ друг к другу. Найти
величину импульса тела.
Ответ: Р = Р12 + Р22 + 2 Р1 Р2 ⋅ cos θ .
Указание. Условия задачи подразумевают, что внешние воздействия на данную систему тел отсутствуют, т. е. она является замкнутой и, следовательно, выполняется закон сохранения импульса
(18.3) в векторной форме. Необходимо воспользоваться векторной
диаграммой, графически изображающей соотношение
r r r
Р = Р1 + Р2 ,
и теоремой косинусов.
14
18.17С. Тело массой M, летящее со скоростью v 0 , распадается
на два осколка, масса одного из которых равна m. Скорость этого
осколка перпендикулярна скорости исходного тела и равна v1 .
Чему равна скорость второго осколка?
Ответ: v 2 =
( M v 0 ) 2 + (m v1 ) 2
.
M −m
18.18*. Частица массой m1 = 1 г , движущаяся со скоростью
r
r
v1 = 3 i м с , испытала абсолютно неупругое столкновение с другой
r
r
r
частицей, масса которой m2 = 2 г , а скорость v 2 = 2 i + 3 j м с . Чему равен импульс образовавшейся частицы? Чему равен модуль
импульса?
Решение. Согласно закону сохранения импульса
r
r
r
m1 v1 + m2 v 2 = P,
r
где P — импульс образовавшейся частицы, далее используем
представление векторов в виде суммы (1.3)
r
r
r
r
r
r
кг ⋅ м
,
⇒ P = (3 i + 4 i + 6 j ) ⋅10 − 3 = (7 i + 6 j ) ⋅10
с
так как при сложении векторов складываются и их проекции. Модуль вектора импульса выражается через проекции вектора на координатные оси в соответствии с формулой (1.2),
⇒
r
P =
49 + 36 ⋅ 10− 3 ≅ 9,2 ⋅10− 3
кг ⋅ м
.
с
18.19В. Граната, летевшая горизонтально со скоростью v 0 =
= 10 м с , разорвалась на две части массами m1 = 1 кг и m2 =
= 1,5 кг. Скорость большего куска осталась горизонтальной и возросла до v 2 = 25 м с . Определить скорость и направление полета
меньшего осколка.
15
кг ⋅ м
, осколок полетит горизонтально в прос
тивоположном направлении.
Указание. Взрыв гранаты — процесс очень малой длительности,
а внешняя сила, приложенная к системе тел, — сила тяжести —
ограничена по величине, поэтому закон сохранения импульса применим к данной системе. Уравнение, выражающее закон сохранения импульса, следует записать в проекциях на направление движения гранаты для нахождения скорости осколка.
Из уравнения, выражающего закон сохранения импульса, записанного в векторной форме
Ответ: v1 = 12,5
r
r
r
(m1 + m2 ) v 0 = m1 v1 + m2 v 2
r
r
r
(m + m2 ) v 0 − m2 v 2
,
⇒ v1 = 1
m1
следует, что направление полета меньшего осколка — горизонr
r
тальное, так как векторы v 0 и v 2 направлены горизонтально согласно условию задачи.
18.20С. Лодка первоначально неподвижна в стоячей воде. Человек, находящийся в лодке, переходит с носа на корму. На какое
расстояние сдвинется лодка относительно берега, если масса человека — m, масса лодки — М, длина лодки — L? Сопротивлением
воды пренебречь.
Решение. Предположим, что человек движется с постоянной
скоростью v 0 относительно лодки. Сумма внешних сил, приложенных к системе «лодка—человек» (сила тяжести, сила Архимеда), равна нулю (условие плавания тел). Можем воспользоваться
законом сохранения импульса. Рассмотрим импульс системы до
начала движения и в процессе движения в проекциях на ось, направленную вдоль направления движения человека, в системе отсчета, связанной с берегом, и составим уравнение
0 = m ( v 0 − v) − M v,
16
где v — скорость лодки относительно берега,
⇒ v=
m v0
.
m+M
Так как время движения человека и, соответственно, лодки
t = L v0 , то перемещение лодки относительно берега составит
S = v⋅t = L ⋅
m
.
m+M
Импульс системы «лодка—человек» равен нулю, следовательно,
как вытекает из формулы (18.7), центр масс системы остается неподвижным. Это обстоятельство справедливо при любых перемещениях человека относительно лодки, а значит, полученный результат справедлив при любом движении человека относительно
лодки, а не только равномерном.
18.21В. К аэростату, масса которого М, привязана веревочная лестница, на которой стоит человек массой m. Аэростат неподвижен.
В каком направлении и с какой скоростью будет перемещаться человек относительно Земли, если он начнет подниматься по лестнице с постоянной относительно нее скоростью v0 ?
M v0
, вверх.
Ответ: v =
m+M
Указание. Сопротивлением воздуха следует пренебречь.
18.22В. Тележка массой М движется со скоростью v 0 по рельсам, расположенным на горизонтальной поверхности. С тележки
соскакивает человек массой m. Сразу после прыжка скорость человека относительно Земли равна v, направлена горизонтально и составляет угол α с направлением движения тележки (тележка не
изменяет направление движения). Найти конечную скорость тележки. Трением между тележкой и рельсами пренебречь.
( M + m) v 0 − m v cos α
.
Ответ: v′ =
M
17
Указание. Сумма проекций внешних сил, приложенных к системе «тележка—человек», на направление движения тележки равна
нулю. Согласно (18.4) сохраняется проекция импульса системы на
указанное направление.
18.23С. На горизонтальных рельсах первоначально покоятся две
тележки массой М каждая. С одной из них перескакивает с горизонтальной скоростью v 0 относительно тележки на другую тележку человек массой m. Какова будет после этого скорость каждой из
тележек, если трение между тележками и рельсами отсутствует?
Решение. Проекции внешних сил, приложенных к каждому из
тел системы «тележки—человек», на горизонтальную ось, направление которой задается направлением перемещения человека, равны нулю. Внешние силы — силы тяжести и сила нормальной реакции опоры, действующая на тележки со стороны рельсов. Рассмотрим систему тел, состоящую из человека и тележки, на которой он
первоначально находился. Вследствие выполнения условия (18.4)
для указанной оси можем записать в проекциях на данную ось
уравнение закона сохранения импульса в системе отсчета, связанной с Землей
0 = m ( v 0 − v1 ) − M v1 ,
где v1 — скорость тележки после того, как ее покидает человек;
( v 0 − v1 ) — скорость человека относительно Земли сразу после
того, как он покинул тележку. В левой части уравнения записан
импульс системы до начала движения человека, в правой — сразу
после того, как человек покинул тележку.
Аналогичное уравнение можем записать для системы, включающей человека и тележку, на которую он перескакивает
m ( v 0 − v1 ) = ( m + M ) v 2 ,
где v 2 — скорость тележки после того, как на нее перескочил человек. В левой части уравнения записан импульс системы в момент
времени, когда человек покинул первую тележку, но еще не ока18
зался на второй, в правой — после того, как человек окажется на
второй тележке,
⇒ v1 =
m v0
m M v0
.
; v1 =
m+M
(m + M ) 2
18.24С. Космический корабль перед отделением от него последней ступени ракеты-носителя имел скорость v. После отделения
последней ступени его скорость стала равной 1,01 ⋅ v , при этом отделившаяся ступень удаляется относительно корабля со скоростью
1,04 ⋅ v . Какова масса отделившейся ступени, если масса корабля
M = 2,4 ⋅103 кг?
M
= 800 кг.
3
18.25*. Железнодорожная платформа с закрепленной на ней
пушкой первоначально покоится на горизонтальной поверхности.
Масса платформы с пушкой — М. Производится выстрел и из
ствола орудия вылетает снаряд массой m со скоростью v 0 под углом α к горизонту. Какова скорость платформы после выстрела,
если: а) v 0 и α заданы относительно Земли; б) v 0 и α заданы в
системе отсчета, связанной с платформой? Для случая б) определить под каким углом к линии горизонта движется снаряд сразу
после выстрела в системе отсчета, связанной с Землей. Трением
пренебречь.
Решение. Проекции внешних сил (сила тяжести, нормальная реакция опоры), действующих на тела системы «платформа с пушкой
и снаряд», на горизонтальную ось, направление которой задается
направлением выстрела, равны нулю. Следовательно, в проекциях
на указанную ось можно записать уравнение закона сохранения
импульса в случае а):
Ответ: m =
0 = − M v + m v 0 cos α ,
где v — скорость платформы после выстрела,
19
⇒ v=
m v 0 cos α
.
M
В случае б) уравнение имеет несколько иной вид:
0 = − M v + m ( v 0 cos α − v) ,
где v 0 cos α — проекция на указанную ось скорости снаряда в системе отсчета, связанной с платформой; v 0 cos α − v — проекция
скорости снаряда в системе отсчета, связанной с Землей, сразу после выстрела,
⇒ v=
m v 0 cos α
.
m+M
На рис. 18.7 представлена векторная диаграмма, выражающая принцип сложения скоростей
(5.1) для случая б):
r r
r
v1 = v 0 + v,
Рис. 18.7
r
r
где v1 — скорость снаряда относительно Земли; v 0 — скорость
r
снаряда относительно платформы; v — скорость платформы относительно Земли.
Из диаграммы нетрудно установить, что
tg α′ =
v 0 ⋅ sin α
,
v 0 ⋅ cos α − v
где α′ — угол, под которым к линии горизонта движется снаряд
сразу после выстрела в системе отсчета, связанной с Землей,
⎛m+M
⎞
⇒ α′ = arctg ⎜
⋅ tg α ⎟ .
M
⎝
⎠
20
18.26*. На железнодорожной платформе, движущейся по инерции со скоростью v, закреплено орудие. Ствол орудия направлен в
сторону движения платформы и приподнят над горизонтом под
углом α . Орудие производит выстрел, после чего скорость платформы уменьшается в n раз. Найти скорость снаряда относительно
Земли. Масса снаряда — m, масса платформы с орудием — М. Трением пренебречь.
v2
v0 v
cos α , где v1 — скорость снаn
n
ряда относительно Земли сразу после выстрела; v0 =
(n − 1) ( M + m) v
=
— скорость снаряда относительно платформы.
n ⋅ m ⋅ cos α
Указание. Записать уравнение закона сохранения импульса в
проекциях на направление движения платформы. Построить векторную диаграмму сложения скоростей. Воспользоваться теоремой
косинусов.
18.27*. Ракета, двигаясь со скоростью v, попадает в облако космической пыли плотностью ρ . Площадь лобового сечения
ракеты S. Пылинки прилипают к ракете. Какую силу тяги должны
развивать двигатели, чтобы ракета двигалась с постоянной скоростью? Изменением массы ракеты пренебречь.
Решение. Движущаяся ракета сообщает налипающей за время
Δ t на нее пыли массой Δ m = S ⋅ v ⋅ Δ t ⋅ ρ импульс Δ P = Δ m ⋅ v =
Ответ: v1 =
v 02 +
2
+2
= S ⋅ v 2 ⋅ ρ ⋅ Δ t , действуя на налипающую пыль с силой F = Δ P Δ t
согласно соотношению (18.6). Другими словами, в соответствии с
третьим законом Ньютона ракета должна преодолевать сопротивление со стороны окружающей среды, и для этого двигатели должны развить силу тяги, равную F = S ⋅ v 2 ⋅ ρ .
18.28*. Ракета массой М висит над поверхностью Земли. Какую
массу топлива в единицу времени она должна расходовать, если
скорость истечения газов равна v?
Mg
.
Ответ: μ =
v
21
Указание. Сила, с которой ракета действует на сгорающее топливо и сообщает ему импульс, равна силе, с которой истекающие
газы действуют на ракету.
18.29*. Шарик массой m, летевший горизонтально со скоростью
v 0 , сталкивается с покоившейся на
горизонтальной поверхности призмой массой М. Угол наклона грани
призмы, с которой сталкивается шарик, к линии горизонта равен α
Рис. 18.8
(рис. 18.8). Сразу после столкновения шарик движется также под углом α к горизонту. Какова
скорость призмы после столкновения? Трением пренебречь.
m ⋅ v 0 ⋅ sin 2 α
.
M
Указание. Изменение импульса шарика в процессе столкновения
с призмой происходит под действием силы нормальной реакции
опоры, действующей на шарик со стороны наклонной грани призмы. Согласно (18.5) и (18.6) направление вектора приращения импульса тела совпадает с направлением силы, вызвавшей это приращение импульса. Следует записать уравнение закона сохранения
импульса для системы «шарик—призма» в проекциях на горизонтальную ось, вдоль которой движется шарик до столкновения и
призма — после столкновения.
18.30С. На край длинной доски массой М, покоившейся на гладкой горизонтальной поверхности, поместили брусок массой m и
сообщили ему скорость v 0 вдоль доски. Коэффициент трения между бруском и доской равен μ . Какова будет скорость доски к моменту времени, когда брусок перестанет по ней скользить? Сколько
времени будет продолжаться скольжение бруска по доске?
m v0
M v0
; t=
Ответ: v =
.
m+M
μ g (m + M )
Указание. Условие, что доска — длинная, означает, что брусок в
процессе скольжения по доске с нее не упадет.
Ответ: v =
22
18.31*. Платформа с закрепленной на ней пушкой первоначально покоится на горизонтальной поверхности, коэффициент трения
о которую равен μ . Масса пушки с платформой — М. Производится выстрел, и из ствола орудия вылетает снаряд массой m со скоростью v 0 относительно Земли под углом α к горизонту. Считая
выстрел очень быстрым процессом, определить скорость платформы сразу после выстрела.
Решение. Пусть Δ t — продол-
жительность выстрела,
F —
средняя сила, с которой на снаряд
действуют пороховые газы в
стволе орудия, тогда
m v0 = F ⋅ Δ t .
Рис. 18.9
Запишем уравнение второго
закона Ньютона для платформы в импульсной форме в проекциях
на координатные оси OX и OY (рис. 18.9), а также закон Кулона—
Амонтона
⎧ OX: M v = F ⋅ cos α ⋅ Δ t − Fтр ⋅ Δ t ;
⎪⎪
⎨ OY: N − Mg − F ⋅ sin α = 0 ;
⎪
Fтр = μ ⋅ N ,
⎩⎪
где v — скорость платформы сразу после выстрела; N и Fтр —
средние за время выстрела значения силы нормальной реакции
опоры и силы трения, действующих на платформу со стороны горизонтальной поверхности. В приведенных уравнениях второго
закона Ньютона F — среднее значение силы отдачи, т. е силы, с
которой снаряд в процессе выстрела действует на пушку и платформу,
⇒ Mv=
m v0
m v0
⋅ cos α ⋅ Δ t − μ Mg Δ t − μ
⋅ sin α ⋅ Δ t .
Δt
Δt
23
При стремлении Δ t к нулю получим
M v = m v 0 cos α − μ m v 0 sin α ⇒ v =
m v 0 (cos α − μ sin α)
.
M
18.32*. По горизонтальной поверхности
скользит ящик с песком массой М. В тот
момент, когда скорость ящика равна v 0 , в
ящик сверху вниз под углом α к вертикали попадает пуля массой m со скоростью
v1 и застревает в нем. При каких значениях
коэффициента трения между ящиком и
Рис. 18.10
горизонтальной поверхностью ящик остановится в процессе торможения пули?
M v 0 + m v1 ⋅ sin α
Ответ: μ =
.
m v1 ⋅ cos α
18.33*. На носу лодки длиной l = 5 м стоит человек, держа на
высоте h = 1 м камень массой m = 1 кг. Человек бросает камень
горизонтально вдоль лодки. Какую скорость относительно берега
должен сообщить человек камню, чтобы попасть в корму лодки?
Масса лодки с человеком М = 250 кг , сопротивление воды и воздуха не учитывать.
Решение. Привяжем систему координат к лодке — ось OX направим горизонтально вдоль лодки, ось OY — вертикально вверх,
начало координат — на носу лодки. В системе отсчета, привязанной к лодке, в момент падения камня на корму можем записать исходя из уравнений движения для тела, брошенного под углом к горизонту, (10.1):
⎧ l = v0 ⋅ t ;
⎪
⎨
g t2
0
=
−
,
h
⎪
2
⎩
24
где v 0 — начальная скорость камня относительно лодки; t — продолжительность падения камня,
g l2 2 h .
⇒ v0 =
В проекциях на горизонтальное направление в системе отсчета,
привязанной к берегу, запишем уравнение закона сохранения импульса для системы «лодка с человеком и камень»
0 = − M v + m ( v 0 − v) ,
где v — скорость лодки после того, как брошен камень; v0 − v —
скорость камня относительно берега,
⇒ v=
m v0
.
m+M
Окончательно для скорости камня относительно берега, сообщенной человеком, имеем
v0 − v =
M ⋅l
⋅
m+M
g
≅ 11 м с .
2h
18.34*. Кузнечик массой m сидит на конце соломинки массой М
и длиной l, лежащей на гладкой поверхности. С какой минимальной скоростью относительно поверхности v min должен прыгнуть
кузнечик, чтобы оказаться на другом конце соломинки?
Мg l
.
Ответ: v min =
m+M
Указание. Используя уравнения движения для тела, брошенного
под углом к горизонту, записанные в системе отсчета, привязанной
к поверхности, и уравнение закона сохранения импульса в проекциях на горизонтальное направление в той же системе отсчета для
системы тел «кузнечик и соломинка» получить соотношение
25
v 2 ⋅ sin 2α ⎛
m⎞
⋅ ⎜1 + ⎟ = l ,
g
⎝ М⎠
где v — начальная скорость кузнечика; α — угол, под которым к
линии горизонта прыгает кузнечик. Минимальное значение скорости v соответствует максимальному значению функции sin 2α .
18.35*. На чашке весов прыгают n шариков массой m каждый.
Какова средняя сила, действующая на чашку со стороны шариков,
если при ударе о чашку модуль их скорости не меняется?
Решение. Изменение импульса одного шарика при ударе о чашr
gt
, где v — скорость в момент удара,
ку Δ P = 2 m v, причем v =
2
t — время между ударами,
⇒
(
)
r
F = Δ P t ⋅ n = mgn
согласно (18.6).
Рис. 18.11
18.36*. На чашке весов стоят песочные часы. Когда песок внизу,
показание весов P0 . Время падения каждой песчинки τ . Время
пересыпания сверху вниз всего песка Т. Песок пересыпается равномерно, а не по одной песчинке, т. е. «течет» струйкой. Построить
график зависимости показаний весов от времени.
Ответ: см. рис. 18.11.
26
§ 19. Работа. Мощность
Под действием сил тела движутся, т. е. происходит их перемещение. При этом, как говорят, совершается работа сил по перемещению тел.
r
Элементарной работой Δ A силы F на элементарном перемеr
щении Δ r материальной точки называется скалярная физическая
величина, равная
r
Δ A = F ⋅ Δ r ⋅ cos α ,
(19.1)
r
r
где α — угол между векторами F и Δ r , на элементарном переr
мещении вектор F остается постоянным. В прямоугольной декартовой системе координат элементарная работа может быть выражена следующим образом
Δ A = Fx ⋅ Δ x + Fy ⋅ Δ y + Fz ⋅ Δ z ,
(19.2)
r
где Fx , Fy и Fz — проекции силы F ; Δ x, Δ y и Δ z — проекции
r
элементарного перемещения Δ r материальной точки на координатные оси.
r
Если вектор F изменяется при перемещении материальной точки, то элементарным называется такое достаточно малое по величине перемещение, на котором изменение вектора силы оказывается пренебрежимо мало.
Значение элементарной работы зависит от выбора системы отсчета. Кроме того, в зависимости от взаимной ориентации векторов
r
r
F и Δ r элементарная работа может быть величиной положительной, отрицательной или равной нулю.
Если на материальную точку действует система n сил, то элементарная работа Δ AΣ всех этих сил при перемещении точки на
r
Δ r равна сумме работ каждой силы в отдельности:
27
n
r
Δ AΣ = ∑ Fi ⋅ Δ r ⋅ cos α i ,
(19.3)
i =1
r
r
где α i — угол между силой Fi и перемещением Δ r точки, или
r
Δ AΣ = FΣ ⋅ Δ r ⋅ cos α ,
(19.4)
где FΣ — модуль равнодействующей всех сил, действующих на
r
r
материальную точку, а α — угол между векторами FΣ и Δ r .
При поступательном движении твердого тела элементарная раr
бота выражается формулой (19.1) или (19.4), где под Δ r следует
понимать элементарное перемещение любой точки тела.
Работа А силы (или равнодействующей системы сил) на конечном перемещении равна
n
r
A = ∑ Fi ⋅ Δ ri ⋅ cos α i ,
(19.5)
i =1
r
где n — число элементарных перемещений Δ ri , на которые раздеr
r
лено перемещение Δ r ; α i — угол между силой Fi , действующей
r
на элементарном перемещении Δ ri , и элементарным перемещениr
ем Δ ri . В общем случае расчет такой суммы весьма сложен. В элементарном курсе физики ограничиваются расчетом работы на конечном перемещении материальной точки или твердого тела для
некоторых частных случаев:
r
а) сила F постоянна, а траектория материальной точки (или теr
ла) прямолинейна ( F = const , αi = α = const) . В этом случае
n
r
r
A = F ⋅ cos α ⋅ ∑ Δ ri = F ⋅ cos α ⋅ Δ r12 = F ⋅ cos α ⋅ S12 ,
i =1
28
(19.6)
r
где Δ r12 — модуль вектора перемещения тела от начального положения 1 до конечного положения 2,
равный в данном случае пути S12 ;
r
б) сила F постоянна, траектория
r
тела криволинейна ( F = const , α i ≠
≠ const) . В этом случае (рис. 19.1)
(
Рис. 19.1
)
r
r
r
r
А = F ⋅ Δ r12 ⋅ cos α = ПрΔ rr12 F ⋅ Δ r12 = F ⋅ Пр Fr Δ r12 ;
(
)
в) сила постоянна по модулю и составляет одинаковые углы α с
r
элементарными векторами перемещения Δ ri в любой части траекr
тории F = F = const , α i = α = const . В этом случае
(
)
n
r
A = F ⋅ cos α ⋅ ∑ Δ ri = F ⋅ cos α ⋅ S12 ;
i =1
г) если известен график зависимости Fvr = f ( S ) проекции вектора
силы на направление движения от
пройденного пути (рис. 19.2), то
элементарной работе Δ A силы соответствует площадь узкой полоски
r
шириной Δ ri , ограниченной гра-
Рис. 19.2
r
фиком. Работа на конечном перемещении Δ r12 в данном случае
численно равна площади под графиком или интегралу
2
A = ∫ Fvr d S .
1
29
Следует иметь ввиду, что проекция вектора силы на направление движения, задаваемое вектором скорости, равна проекции
вектора силы на направление элементарного перемещения.
Средней мощностью P называется физическая величина, определяемая отношением работы A, совершаемой силой (системой
сил) в течение конечного промежутка времени Δt , к этому промежутку времени
P =
A
.
Δt
(19.7)
Мощностью (мгновенной мощностью) Р называют физическую
величину, равную пределу, к которому стремится средняя мощность при бесконечном уменьшении промежутка времени Δ t :
P = lim
Δt → 0
ΔA
.
Δt
(19.8)
r
Если тело перемещается со скоростью v, то
P = F ⋅ v ⋅ cos α ,
(19.9)
r
r
где α — угол между векторами F и v.
Задачи
19.1А. Ящик тянут равномерно по горизонтальной поверхности с
помощью веревки, которая образует с поверхностью угол α = 30°.
Сила натяжения веревки F = 25 Н . Определить работу силы натяжения, силы трения, сил тяжести и нормальной реакции опоры при
перемещении ящика на расстояние S = 52 м . Масса ящика
m = 3 кг, коэффициент трения μ = 0,2. Принять g = 10 м с 2 .
30
Решение. При прямолинейном
движении под действием постоянной силы согласно выражению (19.6)
AF = F ⋅ S ⋅ cos α ≅ 1,1 кДж ;
Amg = m g ⋅ S ⋅ cos 90° = 0 ;
Рис. 19.3
AN = N ⋅ S ⋅ cos 90° = 0 .
Для нахождения силы трения Fтр запишем
⎧ OY: N + F ⋅ sin α − m g = 0 ;
⇒
⎨
Fтр = μ N ,
⎩
⇒ Fтр = μ (m g − F ⋅ sin α ) ⇒
⇒
Aтр = Fтр ⋅ S ⋅ cos 180° = − μ (m g − F ⋅ sin α) ⋅ S ≅ − 0,18 кДж .
19.2А. Лифт массой m = 103 кг начинает подниматься с постоян-
ным ускорением а = 0,2 м с2 . Чему равна работа силы натяжения
каната, с помощью которого поднимают лифт, за первые Δ t = 4 с
движения? g = 9,8 м с 2 .
Ответ: A = 16 кДж .
Указание. Сила натяжения каната расчитывается исходя из второго закона Ньютона, величина перемещения — на основе уравнений движения (6.7).
19.3В. Груз массой m = 7 кг поднимают на веревке с поверхности земли на высоту h = 1 м один раз равномерно, второй — равноускоренно с ускорением а = 0,2 м с2 . На сколько работа по подъему груза во втором случае больше, чем в первом? Сопротивление
31
воздуха не учитывать. Считать скорость равномерного движения
пренебрежимо малой. Принять g = 10 м с 2 .
Ответ: A2 − A1 = 14 Дж .
Указание. Малость скорости равномерного движения означает,
что можно пренебречь работой, затраченной на приведение тела в
движение.
19.4С. Под действием двух взаимно перпендикулярных сил
F1 = 30 Н и F2 = 40 Н первоначально неподвижное тело переместилось на расстояние S = 10 м . Найти работу каждой силы и работу равнодействующей силы.
F12
⋅ S = 180 Дж ;
Ответ: A1 =
F12 + F22
A2 =
F22
F12 + F22
⋅ S = 320 Дж ;
F12 + F22 ⋅ S = 500 Дж .
Aравн =
Указание. Из состояния покоя под действием постоянной силы
тело будет двигаться прямолинейно. Работу рассчитывать по формуле (19.6).
19.5*. Вычислить работу, совершаемую над частицей силой
r
r
F = 2 i на пути от точки с координатами (1, 2, 3) до точки с координатами (7, 8, 9). Все величины заданы в системе СИ.
Ответ: A = 12 Дж .
Указание. Согласно (19.2) и (19.3)
A = ∑ ( Fx ⋅ Δ xi + Fy ⋅ Δ yi + Fz ⋅ Δ zi ) =
i
= Fx ⋅ ∑ Δ xi + Fy ⋅ ∑ Δ yi + Fz ⋅ ∑ Δ zi =
i
i
32
i
= Fx ⋅ ( xк − xн ) + Fy ⋅ ( yк − yн ) + Fz ⋅ ( zк − zн ) ,
где ( xн , yн , zн ) и ( xк , yк , zк ) — координаты начального и конечного положений частицы.
19.6*. Частица совершила перемещение
в плоскости XOY из точr r r
ки с радиусом-вектором r1 = i + j в точку с радиусом-вектором
r
r r
r
r2 = 2 i + 3 j . При этом одна из действующих на частицу сил F =
r
r
= 3 i + 4 j . Все величины заданы в системе СИ. Найти работу указанной силы.
Ответ: A = 11 Дж .
19.7А. Пружину жесткостью k = 100 Н м растягивают на Δ x =
= 10 см . Какую работу при этом совершают? В начальном положении пружина не деформирована.
Решение. На рис. 19.4 показан график зависимости проекции
силы, приложенной к пружине, на направление перемещения от
величины перемещения точки приложения силы. Согласно пункту г) теоретической части § 19, искомая работа
численно равна площади под графиком (площади прямоугольного треугольника):
A=
k (Δ x) 2
= 0,5 Дж .
2
Рис. 19.4
19.8В. Когда к пружине подвешен груз массой m1 = 3 кг , ее длина l1 = 11 см. Если масса груза m2 = 8 кг , то длина пружины l2 =
= 13 см. Какую работу необходимо совершить, чтобы растянуть
пружину до длины l2 из недеформированного состояния?
g = 10 м с2 .
Ответ: A = 1,3 Дж .
Указание. Используя закон Гука (11.5) и результаты решения
предыдущей задачи, можем составить систему уравнений
33
⎧
⎪m g = k (l − l ) ;
1
0
⎪⎪ 1
⎨ m2 g = k (l2 − l0 ) ;
⎪
2
⎪ A = k (l2 − l0 ) ,
⎪⎩
2
где l0 — длина пружины в недеформированном состоянии.
19.9С. Тело движется в положительном направлении оси OX. На
него действует сила, проекция которой на ось зависит от координаты так, как показано на рис. 19.5. Определить работу силы к тому
моменту времени, когда тело из начала координат переместится в
точку с координатой: а) x1 = 4 м; б) x2 = 8 м.
Ответ: а) A1 = 8,5 Дж ; б) A2 = 4,5 Дж .
Рис. 19.5
Рис. 19.6
19.10*. Небольшое тело массой m медленно втащили на горку,
действуя силой, которая в каждой точке направлена по касательной
к траектории (рис. 19.6). Найти работу этой силы, если высота горки равна h, а длина ее основания — l и коэффициент трения — μ .
Решение. Разобьем траекторию движения тела на элементарные перемещения и
определим элементарную работу (19.1)
r
силы F , прикладываемой к телу в направлении элементарного перемещения,
т. е. в направлении движения (рис. 19.7).
Условие задачи, говорящее о том, что теРис. 19.7
ло движется медленно, означает в данном
34
случае, что, во-первых, работой, затраченной на приведение тела в
движение, можно пренебречь, и, во-вторых, ускорение тела можно
считать равным нулю.
Запишем уравнение второго закона Ньютона в проекциях на координатные оси OX и OY и закон Кулона—Амонтона:
⎧ OX: F − Fтр − m g ⋅ sin α = 0 ;
⎪
⎨ OY: N − m g ⋅ cos α = 0 ;
⎪
Fтр = μ N ,
⎩
где α — угол между вектором элементарного перемещения и горизонталью,
⇒ F = m g (sin α + μ cos α) ;
r
r
r
Δ A = F ⋅ Δ r = m g ⋅ ( Δ r ⋅ sin α + μ Δ r ⋅ cos α ) = m g ⋅ (Δ h + μ ⋅ Δl ) .
Используя rсвойство аддитивности работы (19.5), получим, что
работа силы F на всем пути
A = ∑ Δ Ai = m g ⋅ (h + μ l ) .
i
19.11А. Сила тяги сверхзвукового самолета F = 220 кН при скорости v = 2340 км ч. Найти мощность двигателей самолета в этом
режиме полета. Какая работа совершается им в течение t = 45 мин?
Ответ: P = 143 МВт ;
A = 3,86 ⋅1011 Дж .
Указание. Воспользоваться формулами (19.7) и (19.9).
19.12В. Найти работу силы тяжести и среднюю мощность этой
силы за первую секунду свободного падения тела массой m = 1 кг ,
если g = 10 м с2 . Найти мгновенную мощность силы тяжести в
конце первой секунды падения.
35
Решение. Путь, проходимый телом за время t = 1 с от начала
движения, составит величину S = g t 2 2. Работа силы тяжести на
этом пути A = m g S = m g 2 t 2 2 = 50 Дж и средняя мощность силы
P = A t = m g S t = m g 2 t 2 = 50 Вт . Для нахождения
тяжести
мгновенной мощности силы тяжести в конце указанного интервала
времени необходимо определить скорость тела v = g t , P = m g v =
= m g 2t = 100 Вт.
19.13В. Какую работу совершит сила F = 30 Н при подъеме по
наклонной плоскости груза массой m = 2 кг на высоту Н = 2,5 м с
ускорением а = 5 м с 2 ? Сила действует параллельно плоскости.
Трением пренебречь. Ускорение свободного падения g = 10 м с2 .
Найти среднюю за все время подъема мощность указанной силы и
значение ее мгновенной мощности в конце подъема.
F ⋅ mg ⋅ H
Ответ: A =
= 75 Дж ;
F − ma
P =F⋅
P=F⋅
aH mg
= 75 Вт ;
2 ( F − ma)
2a H m g
= 150 Вт .
2 ( F − m a)
Указание. Необходимо рассмотреть уравнение второго закона
Ньютона для определения угла наклона плоскости к линии горизонта.
19.14В. На катер действует сила сопротивления, пропорциональная квадрату скорости катера. Во сколько раз нужно увеличить
мощность двигателя, чтобы скорость катера возросла в 2 раза?
Ответ: мощность необходимо увеличить в 8 раз.
19.15В. Аэросани массой m = 2 т трогаются с места и движутся с
постоянным ускорением а = 0,5 м с 2 . Коэффициент трения μ = 0,1.
36
Ускорение свободного падения g = 10 м с2 . Определить среднюю
мощность двигателя аэросаней на участке пути, которому соответствует конечная скорость v = 15 м с .
Ответ: P = 22,5 кВт.
19.16В. Найти мощность двигателя мотодельтаплана, имеющего
полетную массу m = 200 кг , при горизонтальном полете со скоростью v = 72 км ч . Известно, что отношение подъемной силы к
силе лобового сопротивления составляет k = 5, а КПД винтомоторной установки η = 0,4; g = 10 м с2 .
mgv
Ответ: P =
= 20 кВт.
k ⋅η
Указание. КПД — отношение полезной работы (мощности) к затрачиваемой. В данном случае полезная работа — работа, совершаемая винтомоторной установкой против силы лобового сопротивления при равномерном горизонтальном движении.
19.17В. Транспортер поднимает песок в кузов автомобиля. Длина ленты транспортера l = 3 м, угол наклона ее к горизонту
α = 30°. КПД транспортера η = 85 % . Мощность, развиваемая
электродвигателем транспортера, N = 3,5 кВт. За какое время
транспортер загрузит m = 6 т песка? g = 10 м с2 .
m g l sin α
Ответ: t =
= 30 c.
ηN
Указание. Полезная работа транспортера совершается против
силы тяжести при вертикальном перемещении песка.
19.18*. Два автомобиля, мощность двигателей которых N1 и
N 2 , развивают скорости v1 и v 2 соответственно. Какую скорость
они разовьют, если сцепить их вместе?
Решение. В задаче предполагается, что мощности двигателей
будут складываться, если автомобили сцепить вместе. Сила тяги,
развиваемая двигателями, составит:
37
F1 =
N1
N
и F2 = 2 ;
v1
v2
( F1 + F2 ) ⋅ v = N1 + N 2
⇒ v=
N1 + N 2
.
N1 N 2
+
v1 v 2
19.19С. Электровоз тянет поезд, общая масса которого m =
= 2000 т. Принимая, что полезная мощность электровоза постоянна N = 1800 кВт, а коэффициент трения качения μ = 0,005 ; определить: ускорение поезда в те моменты, когда его скорость v1 =
= 3 м с, v 2 = 12 м с; максимальную скорость поезда. g =
= 10 м с 2 .
Ответ: a =
N
− μ g ⇒ a1 = 0,25 м с 2 ;
mv
a2 = 0,025 м с 2 ;
N
= 18 м с.
μ mg
19.20*. Какую минимальную работу надо совершить, чтобы из
колодца глубиной h = 10 м поднять на тросе ведро с водой массой
v max =
m = 8 кг? Линейная плотность троса μ = 0,4 кг м , g = 10 м с2 .
( 2m + μ h) g
⋅ h = 1 кДж .
Ответ: A =
2
Указание. Построить график зависимости силы, приложенной к
верхнему концу троса, от величины перемещения ведра при его
равномерном подъеме.
19.21*. Санки массой m = 2 кг и длиной l = 1 м, двигаясь по
инерции, выезжают со льда на асфальт. Коэффициент трения полозьев об асфальт μ = 0,5. Трением о лед можно пренебречь. Ка-
38
кую работу совершит сила трения к моменту, когда санки полностью окажутся на асфальте? g = 10 м с2 .
l
Ответ: Aтр = − μ m g = − 5 Дж .
2
19.22*. Для того, чтобы вытащить целую пробку из бутылки,
нужно совершить работу A = 2 Дж . Какую работу необходимо совершить, чтобы откупорить бутылку, у которой отломилась и выкрошилась верхняя половина пробки? Пробку считать невесомой,
разницей давления внутри и снаружи бутылки пренебречь.
3
Ответ: A′ = A = 1,5 Дж .
4
Указание. Сила трения, действующая на пробку цилиндрической формы со стороны стенок горлышка бутылки, пропорциональна площади поверхности пробки, соприкасающейся со стенками горлышка.
19.23С. На горизонтальной поверхности
лежит брусок массой m = 1 кг. К бруску
прикреплена пружина жесткостью k =
= 200 Н м. Коэффициент трения между
бруском и поверхностью μ = 0,1. Вначале
пружина не деформирована. Затем, приРис. 19.8
ложив к свободному концу пружины силу
r
F (рис. 19.8), направленную под углом α = 45° к горизонту, брусок медленно переместили на расстояние S = 50 см. g = 10 м с 2 .
Какая работа была при этом совершена?
⎛
⎞
μ mg
μ mg
⎟≅
⋅ ⎜⎜ S ⋅ cos α +
Ответ: A =
cos α + μ sin α ⎝
2 k (cos α + μ sin α) ⎟⎠
≅ 5,5 Дж .
r
Указание. Работа силы F складывается из двух слагаемых: перr
вое — работа против силы упругости, сила F равна по величине
силе упругости и ее направление совпадает с направлением перемещения; второе — работа постоянной по величине и направлению
39
r
силы F , связанная с горизонтальным перемещением бруска. Условие о медленном перемещении бруска говорит о том, что работа,
затраченная на сообщение бруску скорости, и ускорение бруска в
процессе движения пренебрежимо малы.
19.24*. Какую минимальную работу должен совершить человек
массой m, чтобы за время t подняться по движущемуся вниз со скоростью v эскалатору? Высота подъема — h, угол наклона эскалатора к горизонту равен α .
Ответ: A = m g (h + v ⋅ t ⋅ sin α) .
Указание. Необходимо учесть, что прикладывая силу, человек
совершает работу как над собственным телом, так и над эскалатором. Условие минимальности работы в данном случае означает
равномерное движение.
19.25*. На земле лежит бревно длиной l и массой m. Коэффициент трения — μ . Необходимо развернуть бревно на 180° вокруг
вертикальной оси, проходящей через центр бревна. Какую минимальную работу придется для этого совершить?
π
Ответ: A = ⋅ μ m g l .
4
§ 20. Механическая энергия.
Кинетическая энергия тела и системы тел.
Теорема о кинетической энергии.
Консервативные и неконсервативные силы.
Потенциальная энергия.
Закон сохранения механической энергии
Механическая энергия — скалярная физическая величина, характеризующая способность тела совершать механическую работу.
Полная механическая энергия системы тел является суммой кинетической энергии и потенциальной энергии системы.
Кинетическая энергия тела обусловлена его движением. Кинетическая энергия материальной точки или твердого тела, движущегося поступательно, равна
40
Ек =
m v2
,
2
(20.1)
где m, v — масса и скорость тела соответственно. Кинетическая
энергия системы материальных точек равна сумме кинетических
энергий тел, входящих в систему
Ек = ∑ Ек i = ∑
i
i
m v2
.
2
(20.2)
Теорема о кинетической энергии: приращение кинетической
энергии тела равно работе всех сил, действующих на тело:
∑ AFi
i
= Δ Ек = Ек2 − Ек1 .
(20.3)
Потенциальной энергией обладают системы тел, взаимодействующих посредством консервативных сил. Консервативными называются силы, работа которых зависит только от начального и
конечного положений тела и не зависит от формы траектории. При
замкнутой траектории работа консервативной силы всегда равна
нулю. К консервативным силам относятся силы упругости, силы
тяготения, электростатические силы и некоторые другие.
Силы, работа которых зависит от формы траектории, называются неконсервативными. При перемещении тела по замкнутой траектории работа неконсервативной силы не равна нулю. К неконсервативным силам относятся сила трения и некоторые другие силы.
Потенциальная энергия системы тел зависит от взаимного расположения ее частей и их положения во внешнем силовом поле.
Когда говорят о потенциальной энергии единственного тела, всегда
имеют в виду другие тела, с которыми рассматриваемое тело находится во взаимодействии.
Поскольку во всех практических задачах интерес представляет
разность значений потенциальной энергии, начало отсчета потен41
циальной энергии выбирают произвольно, руководствуясь соображениями упрощения решения задачи.
Мерой изменения потенциальной энергии системы при ее переходе из одного состояния в другое является работа консервативных
сил, осуществляющих взаимодействие между элементами системы.
При этом работа консервативных сил равна убыли потенциальной
энергии системы
Aконс = − Δ Еп = Еп1 − Еп2 .
(20.4)
Используя соотношение (20.4) можно получить выражения для
потенциальной энергии взаимодействия простейших механических
систем.
Потенциальная энергия гравитационного взаимодействия системы из двух материальных точек массами m1 и m2 , находящихся
на расстоянии r одна от другой:
Еп = − G
m1 ⋅ m2
,
r
(20.5)
потенциальная энергия принята равной нулю (начало отсчета потенциальной энергии) при r = ∞ .
Потенциальная энергия гравитационного взаимодействия тела
массой m (материальной точки) с Землей
Еп = G
m⋅ MЗ ⋅ h
,
RЗ ⋅ ( RЗ + h)
(20.6)
где h — высота тела над поверхностью Земли; M З и RЗ — масса и
радиус Земли, а начало отсчета потенциальной энергии выбрано на
поверхности Земли (при h = 0) .
При том же условии выбора начала отсчета потенциальная энергия гравитационного взаимодействия (потенциальная энергия тела
в поле тяжести Земли) тела массой m с Землей при малых высотах
( h << RЗ ) равна
42
Еп = m g h ,
где g = G
(20.7)
MЗ
— значение ускорения свободного падения вблизи
RЗ2
поверхности Земли.
Потенциальная энергия упругодеформированного тела (потенциальная энергия упругого взаимодействия частей системы), например, пружины:
Еп =
k (Δl ) 2
,
2
(20.8)
где k — коэффициент жесткости пружины; Δ l = l − l0 — абсолютная деформация тела; l и l0 — длины пружины в деформированном состоянии (сжатом или растянутом) и в недеформированном
состоянии соответственно.
Закон сохранения механической энергии: полная механическая
энергия системы тел, на которые действуют лишь консервативные
силы, остается постоянной
Емех = Ек + Епвнутр + Епвнеш = const ,
(20.9)
где Епвнутр и Епвнеш — потенциальная энергия системы, обусловленная действием на тела системы внутренних и внешних консервативных сил.
Для замкнутой системы, т. е. при отсутствии внешних и неконсервативных сил, а также если они присутствуют, но работы не совершают, полная механическая энергия системы также сохраняется
Емех = Ек + Епвнутр = const .
(20.10)
Закон сохранения энергии утверждает, что энергия не исчезает и
не возникает, а переходит из одной формы в другую.
43
Если в замкнутой системе, кроме консервативных, действуют
также неконсервативные силы, то полная механическая энергия
системы не сохраняется. Приращение полной механической энергии системы равно сумме работ внешних сил и неконсервативных
внутренних сил:
внутр
Δ Емех = Емех2 − Емех1 = Авнеш + Анк
.
(20.11)
Следует иметь в виду, что действие внешней консервативной
силы можно учитывать двумя способами, выбирая для решения
конкретной задачи тот из них, который окажется удобней: либо
записывать выражение для работы, совершенной над телами рассматриваемой системы в правой части уравнения (20.11); либо записывать выражение для приращения потенциальной энергии тел
системы в поле действия данной силы в левой части уравнения.
Задачи
20.1А. Какую скорость приобрело тело массой m = 50 кг, разогнавшись из состояния покоя, если его кинетическая энергия в
конце разгона Ек = 400 Дж?
Ответ: v = 4 м с .
20.2А. Импульс тела массой m = 2 кг, движущегося поступательно, в некоторый момент времени равен P = 2 кг ⋅ м с . Чему
равна кинетическая энергия тела в этот момент?
Ответ: Ек = 1 Дж .
20.3В. Тело массой m = 0,2 кг бросают вертикально вверх. В начальный момент времени оно обладает кинетической энергией
Ек = 40 Дж . Определить время движения тела вверх. Сопротивле-
нием воздуха пренебречь. g = 10 м с2 .
Решение. В начальный момент времени импульс тела P =
= 2mEк . Запишем уравнение второго закона Ньютона в им44
пульсной форме в проекциях на ось, направленную вертикально
вверх, в момент остановки тела:
− mg ⋅ t = 0 − P; ⇒
⇒ t=
2 Eк
mg 2
= 2 c.
20.4В. Самолет массой m = 10000 кг имеет кинетическую энер-
гию Ек = 5 ⋅107 Дж и движется по окружности радиусом R =
= 1000 м , расположенной в горизонтальной плоскости. Определить
центростремительное ускорение самолета.
Ответ: aц.с = 10 м с 2 .
20.5В. Шарик массой m = 100 г , подвешенный на нити длиной
l = 40 см, описывает в горизонтальной плоскости окружность. Какова кинетическая энергия шарика, если во время его движения
нить образует с вертикалью постоянный угол α = 60° ? g =
= 10 м с2 .
Решение. Запишем уравнение второго закона Ньютона в проекциях на декартовы координатные оси (рис. 20.1):
⎧
v2
;
⎪ OX: T sin α = m
l ⋅ sin α
⎨
⎪ OY: T cos α − m g = 0 ,
⎩
где T — сила натяжения нити,
⇒ Eк =
m v 2 m g l ⋅ sin α ⋅ tg α
=
= 0,3 Дж .
2
2
45
Рис. 20.1
20.6В. Автомобиль, начиная движение, разгоняется до скорости v. Сравнить работы, которые совершает двигатель при разгоне
до скорости v 2 и от скорости v 2 до скорости v. Найти эти работы. Масса автомобиля m. Силами сопротивления пренебречь.
Решение. Согласно теореме о кинетической энергии работа двигателя затрачивается на приращение кинетической энергии автомобиля:
A1 = Eк1 =
m v2
m v2 m v2 3 m v2
−
=
; A2 = Eк2 − Eк1 =
;
8
2
8
8
A2 A1 = 3.
20.7А. Сани движутся по снегу прямолинейно до полной остановки. Определить путь, пройденный санями, если их начальная
скорость v = 2 м с, а коэффициент трения μ = 0,05. g = 10 м с2 .
Решение. Работа силы трения над санями равна приращению их
кинетической энергии, так как сила тяжести и нормальная реакция
опоры работы не совершают:
− μ mg ⋅ S = 0 −
⇒ S=
m v2
; ⇒
2
v2
= 4 м.
2μ g
20.8В. На неподвижное тело массой m = 0,5 кг , находящееся на
гладкой горизонтальной поверхности, начинает действовать в горизонтальном направлении постоянная сила величиной F = 2 H.
Найти кинетическую энергию, которой будет обладать тело через
время t = 3 c после начала движения.
Ответ: Ек = 36 Дж .
Указание. Найти импульс тела и выразить через него энергию.
46
20.9В. Тело движется в положительном направлении оси OX под
действием силы, проекция которой на указанную ось Fx = α x, где
α — положительная постоянная. В момент времени t = 0 тело находится в начале координат и его скорость v 0 = 0. Найти зависимость кинетической энергии тела от координаты.
α x2
Ответ: Eк ( x) =
.
2
Указание. Используя график зависимости Fx (x ) , определить
зависимость совершенной над телом работы от координаты. Воспользоваться теоремой о кинетической энергии.
20.10С. Однородный
брусок,
скользящий по гладкой поверхности, попадает на шероховатую полосу шириной l с коэффициентом
трения μ (рис. 20.2). При какой
скорости брусок преодолеет эту
полосу? Длина бруска b > l.
Рис. 20.2
Решение. Брусок преодолеет полосу, если приращение его кинетической энергии (отрицательное) за счет совершения над ним
работы силой трения по величине
(по модулю) не превысит первоначальную кинетическую энергию
тела:
⎧ Aтр = Δ Eк ;
⎨
⎩ Eк + Δ Eк ≥ 0 ,
Рис. 20.3
где Aтр = − μ m g l — работа силы трения над бруском в том случае,
если брусок преодолевает шероховатую полосу, определенная по
графику зависимости величины силы трения от смещения бруска,
начиная от края полосы (рис. 20.3). Максимальное значение силы
трения Fтрmax = μ m g l b определяется тем обстоятельством, что на
47
полосу оказывает давление только та часть бруска, которая находится на полосе,
⇒ μ mgl ≤
m v2
2
⇒ v≥
2μ gl .
Можно рассуждать несколько иначе. Скользящий по полосе
брусок действует на опору в направлении движения с силой, равной по величине силе трения, и совершает над опорой работу. Брусок сможет преодолеть полосу, если его запаса энергии, в данном
случае кинетической, хватит на совершение необходимой работы:
m v2
≥ μ mgl ⇒ v ≥
2
2μ gl .
20.11В. Небольшая муфточка массой m =
= 0,15 кг движется по гладкой проволочке,
изогнутой в горизонтальной плоскости в виде дуги окружности радиусом R = 50 см
(рис. 20.4, вид сверху). В точке 1, где скорость муфточки v 0 = 7,5 м с, на нее начинаРис. 20.4
ет действовать постоянная по величине и направлению горизонтальная сила F = 30 Н. Найти скорость муфточки в точке 2.
2F R
+ v 02 ≅ 16 м с .
Ответ: v =
m
Указание. Работа указанной силы затрачивается на приращение
кинетической энергии муфточки и может быть рассчитана по форr
r
муле АF = F ⋅ Пр Fr Δ r , где Пр Fr Δ r = R .
(
)
В
20.12 . Тело брошено вертикально вверх с начальной скоростью
v 0 . На какой высоте его кинетическая энергия будет равна потен-
циальной? Сопротивление воздуха не учитывать. g = 10 м с 2 .
Ответ: h =
v 02
= 22,5 м .
4g
48
20.13С. На поверхности земли шарнирно
закреплена легкая штанга длиной l1 + l2 . На
верхнем конце штанги укреплен груз массой
m1 , на расстоянии l2 от нижнего конца —
груз массой m2 (рис. 20.5). Начальное положение штанги — вертикальное. С какой скоростью груз m1 коснется земли, если штанга
начнет падать?
Решение. Выполняются условия для дейРис. 20.5
ствия закона сохранения механической энергии (20.9), так как в шарнире силы трения отсутствуют, а силами
сопротивления окружающей среды, очевидно, предполагается пренебречь. Так как по условию штанга — легкая, то ее массу можно
не учитывать при выражении потенциальной и кинетической энергий системы. Запишем потенциальную в форме (20.7) и кинетическую энергии системы, т. е. ее полную механическую энергию, в
начальный момент падения (в исходном положении) и в конечный
(в момент касания земли) и приравняем их:
m1 g (l1 + l2 ) + m2 g l2 =
m1 v12 m2 v 22
+
.
2
2
Кроме того, необходимо учесть, что оба груза движутся вокруг
оси шарнира с одинаковой в любой момент времени угловой скоростью:
v1 = ω ⋅ (l1 + l2 ) ,
v 2 = ω ⋅ l2
⇒ v1 =
⇒
2 g ⋅ [ m1 ⋅ (l1 + l2 ) + m2 ⋅ l2 ]
m1 + m2 ⋅ l22 (l1 + l2 )
49
.
20.14В. Тело массой m подвешено к потолку с помощью пружины жесткостью k. Какой максимальной скорости достигнет тело,
если его отпустить из положения, в котором пружина не растянута?
m
Ответ: v max = g
.
k
Указание. Воспользоваться законом сохранения механической
энергии. Удобно за начало отсчета потенциальной энергии в поле
тяжести Земли принять начальное положение тела (в этом случае в
процессе движения потенциальная энергия тела станет отрицательной). В рассматриваемую систему необходимо включить пружину
и учесть ее потенциальную энергию упругой деформации. В процессе перемещения из начального положения скорость тела возрастает до тех пор, пока возрастающая сила упругости со стороны
пружины не скомпенсирует силу тяжести. Таким образом, максимальной скорости движения тела соответствует условие равенства
сил тяжести и упругости.
20.15С. Если на верхний конец вертикальной пружины, покоящейся на горизонтальной поверхности, положить груз, то пружина
сожмется на величину Δ x0 = 3 мм . Каково будет максимальное
сжатие пружины, если тот же груз упадет на пружину с высоты
h = 8 cм ?
⎛
2h ⎞⎟
Ответ: Δ xmax = Δ x ⋅ ⎜1 + 1 +
.
⎜
Δ x0 ⎟⎠
⎝
20.16С. Гладкую легкую горизонтальную
штангу можно вращать вокруг вертикальной
оси. На штанге находится небольшая муфта
массой m, соединенная с осью пружиной жесткостью k (рис. 20.6). Какую работу необходимо совершить, чтобы медленно раскрутить
штангу до угловой скорости ω ? ИзРис. 20.6
вестно, что k > m ω2 .
Ответ: A =
m ω2 ⋅ l02 ⋅ k ⋅ (k + m ω2 )
2 (k − m ω2 )
50
.
Указание. Совершенная над системой «муфта—пружина» работа расходуется на придание системе механической энергии, а
именно, потенциальной энергии упругой деформации пружины и
кинетической энергии муфты. Кроме того, необходимо использовать уравнение второго закона Ньютона для муфты — материальной точки (муфта по условию небольшая), движущейся равномерно по окружности. Центростремительное ускорение муфте придает
сила упругости, действующая со стороны пружины.
20.17С. Санки съезжают с горы высотой Н и углом наклона к
линии горизонта α и движутся далее по горизонтальному участку.
Коэффициент трения между санками и поверхностью всюду одинаков и равен μ . Определить расстояние, пройденное санками по
горизонтальному участку до полной остановки.
Решение. Согласно (20.11) работа силы трения над санями равна
приращению их механической энергии:
− μ m g cos α ⋅
H
− μ mg ⋅ S = 0 − mg H ,
sin α
где S — расстояние, пройденное санками на горизонтальном участке; первое слагаемое в левой части уравнения — работа силы трения на склоне горы; второе слагаемое — работа силы трения на
горизонтальном участке; m — масса санок,
⎛1
⎞
⇒ S = H ⋅ ⎜⎜ − ctg α ⎟⎟ .
⎝μ
⎠
20.18С. Маленький брусок массой
m помещают на горизонтальный участок незакрепленной подставки массой М, покоящейся на горизонтальной
поверхности, и сообщают ему скорость v 0 вдоль подставки (рис. 20.7).
Рис. 20.7
51
В процессе движения брусок от подставки не отрывается. Трение
отсутствует. На какую максимальную высоту (по сравнению с первоначальным уровнем) поднимается брусок?
Решение. Все внешние силы, приложенные к системе тел «брусок—подставка», направлены по вертикали (сила тяжести, сила
нормальной реакции опоры, действующая на подставку со стороны
горизонтальной поверхности), следовательно, их проекции на любую горизонтальную ось равны нулю и проекция импульса системы, например, на направление движения подставки сохраняется.
Неконсервативные силы внешние и внутренние отсутствуют по
условию задачи. Таким образом, выполняются условия для закона
сохранения полной механической энергии.
И, наконец, отметим, что в момент достижения максимальной
высоты подъема брусок не движется относительно подставки, т. е.
скорости бруска и подставки относительно горизонтальной поверхности равны. Выразим все вышесказанное в виде системы
уравнений
⎧ m v 0 = (m + M ) v ;
⎪
⎨ m v 02 (m + M ) v
=
+ mg H
⎪
2
⎩ 2
⇒ H=
⇒
M v 02
.
2 (m + M ) g
20.19С. Два шарика массами m1 = 1 кг и m2 = 2 кг движутся поступательно вдоль горизонтальной прямой в одном направлении со
скоростями v 01 = 7 м с и v 02 = 1 м с. Определить скорости шариков после лобового абсолютно упругого удара.
Решение. Слова «лобовой или центральный удар» (столкновение) означают, что до и после столкновения центры шариков движутся вдоль одной и той же прямой.
52
Абсолютно упругим называют столкновение, при котором сохраняется полная механическая энергия сталкивающихся тел.
В условии задачи не оговорено присутствие каких-либо внешних воздействий, которые могли бы привести к изменению импульса системы тел, состоящей из двух шариков, т. е. можно полагать, что импульс системы сохраняется. Запишем уравнение закона
сохранения импульса для данной системы тел в проекциях на ось
OX, параллельную направлению их движения, и уравнение закона
сохранения полной механической энергии
⎧ OX: m1v 01 + m2 v 02 = m1v1 + m2 v 2 ;
⎪
2
⎨
m1v 01
m v2
m v2 m v2
+ 2 02 = 1 1 + 2 2 ,
⎪
2
2
2
2
⎩
где v1 и v 2 — проекции векторов скоростей первого и второго
шариков на ось OX после столкновения. Перегруппируем слагаемые в выше приведенных уравнениях
2
2
⎧⎪ m1 ⋅ ( v 01
− v12 ) = m2 ⋅ ( v 22 − v 02
);
⎨
⎪⎩ m1 ⋅ ( v 01 − v1 ) = m2 ⋅ ( v 2 − v 02 ) .
Видно, что имеется тривиальное решение системы уравнений
v1 = v 01 , v 2 = v 02 , которое, однако, не подходит из физических
соображений — указанное решение соответствует ситуации, когда
первый шарик буквально проходит сквозь второй без взаимодействия. Продолжим поиск иных решений, для чего разделим первое
уравнение на второе почленно — теперь это возможно, так как заведомо не происходит деления на нуль. Объединим результат деления уравнений друг на друга и второе уравнение из предыдущей
системы в новую систему уравнений
53
⎧ v 01 + v1 = v 2 + v 02 ;
⎨
⎩ m1 ⋅ ( v 01 − v1 ) = m2 ⋅ ( v 2 − v 02 ) ,
⎧ v 01 + v1 = v 2 + v 02 ;
⎪
⎨ m1
⎪ m ⋅ ( v 01 − v1 ) = v 2 − v 02 .
⎩ 2
⎧ v 01 + v1 = v 2 + v 02 ;
⎪
m2
⎨
⎪ v 01 − v1 = m ⋅ ( v 2 − v 02 ) .
1
⎩
Вычтем из первого уравнения
второе:
Сложим уравнения:
m2 − m1
m + m2
⋅ v 01 + 1
⋅ v1 = 2 v 0 .
m2
m2
2 v 01 =
m1 + m2
m − m1
⋅ v2 − 2
⋅ v 02 .
m1
m1
Тогда
v1 =
m − m1
2 m2
⋅ v 02 − 2
⋅ v 01 = −1 м с ,
m1 + m2
m1 + m2
отрицательное значение проекции означает, что первый шарик после столкновения изменит направление своего движения на противоположное.
m − m1
2 m1
v2 =
⋅ v 01 + 2
⋅ v 02 = 5 м с .
m1 + m2
m1 + m2
20.20С. Два шарика массами m1 и m2 движутся со скоростями
v1 и v 2 навстречу друг другу. Происходит абсолютно упругий
центральный удар. Найти максимальную энергию упругой деформации шариков.
m ⋅ m ⋅ (v + v )2
Ответ: Епmax = 1 2 1 2 .
2 ⋅ (m1 + m2 )
54
Указание. Максимальная энергия упругой деформации соответствует ситуации, когда центры шариков сблизились на минимальное расстояние и, следовательно, их относительная скорость равна
нулю. Полная механическая энергия системы, согласно условию
задачи, сохраняется.
20.21*. Деревянный шар массой М = 2 кг висит на невесомой
нерастяжимой нити, расстояние от точки подвеса до центра шара
l = 40 см. В него попадает и застревает в его центре пуля массой
m = 10 г , летевшая горизонтально со скоростью v = 400 м с. На
какой угол от вертикали отклонится нить? Какая часть кинетической энергии пули перейдет в тепло?
Ответ:
⎛
⎛
⎞
m2 v2
mv
⎟ = 2 ⋅ arcsin ⎜
α = arccos ⎜1 −
2
⎜ 2 g l (m + M ) ⎟
⎜ 2 (m + M )
⎝
⎠
⎝
⎞
⎟ = 60° ;
g l ⎟⎠
Q
M
=
= 99,5 % .
2
m
+M
mv 2
Указание. При столкновении пули с шаром выполняется закон
сохранения импульса, что позволяет определить начальную скорость шара с застрявшей в нем пулей. В дальнейшем происходит
преобразование кинетической энергии шара в потенциальную при
выполнении закона сохранения механической энергии. Потенциальная энергия тела в поле тяжести Земли определяется положением в пространстве точки приложения силы тяжести, а именно, центра тяжести, т. е. в данном случае центра шара. Высота подъема
шара h связана с углом отклонения нити от вертикали α соотношением
h = l ⋅ (1 − cos α) .
Переход части кинетической энергии пули в тепло, т. е. в немеханическую форму энергии, происходит в процессе совершения
55
работы силами трения. Согласно (20.11), работа неконсервативных
внутренних сил в условиях, когда внешние силы (сила тяжести,
нормальная реакция опоры) работы над телами рассматриваемой
системы не совершают, равна приращению механической энергии.
В данном случае приращение механической энергии отрицательно,
т. е. убыль механической энергии системы равна количеству выделившейся в системе теплоты
− Δ Eмех = Q .
20.22*. С какой минимальной скоростью должен скользить на
горизонтальном участке гладкой узкой трубки гибкий канат длиной
3а, чтобы преодолеть препятствие, изображенное на рис. 20.8?
Размер а и угол α заданы.
4
Ответ: v min =
g a ⋅ sin α .
3
Рис. 20.8
Указание. Минимальная скорость на горизонтальном участке
соответствует ситуации, когда канат останавливается, заполнив
собой препятствие целиком. Такое положение каната является положением неустойчивого равновесия, следовательно, оказавшись в
нем, канат может преодолеть препятствие, самопроизвольно соскользнув в дальнейшем в нужном направлении. На наклонных
участках препятствия потенциальная энергия частей каната определяется положением их центров тяжести.
56
20.23*. Два груза массами m1 и
m2 соединены недеформированной
пружиной (рис. 20.9). Коэффициент
трения грузов о пол равен μ . Грузы
покоятся. С какой минимальной поРис. 20.9
стоянной горизонтальной силой надо подействовать на груз m2 , чтобы груз m1 оторвался от стенки?
Решение. Согласно следствию из закона сохранения энергии
(20.11) для системы, состоящей из двух грузов и пружины
k ( Δ l ) 2 m2 v 2
+
= ( F − μ m2 g ) Δ l ,
2
2
где Δ l — смещение груза m2 из первоначального положения. Для
того чтобы груз m1 мог оторваться от стенки, деформация пружины должна достигнуть определенной величины
Δl =
μ m1 g
.
k
Нетрудно увидеть, что в момент отрыва груза m1 от стенки при
использовании минимальной необходимой силы F кинетическая
энергия груза m2 должна быть равна нулю,
⇒
Fmin =
Fmin ⋅ Δl =
k ( Δl ) 2
+ μ m2 g Δ l ;
2
μ m1 g
⎛m
⎞
+ μ m2 g = μ g ⋅ ⎜ 1 + m2 ⎟ .
2
⎝ 2
⎠
20.24*. Необходимо откачать воду из ямы цилиндрической формы глубиной Н и площадью основания S. Плотность воды — ρ .
Откачка производится по трубе площадью поперечного сечения
57
S 0 , причем скорость воды в трубе в процессе откачки постоянна.
Заданное время откачки равно t. Какую работу совершает насос?
2
⎛ S ⋅H ⎞ ⎤
ρH S ⎡
⎢
⎟⎟ ⎥ .
Ответ: A =
⋅ g H + ⎜⎜
2
⋅
S
t
⎢
⎝ 0 ⎠ ⎥⎦
⎣
Указание. Работа насоса затрачивается на сообщение воде кинематической энергии и увеличение ее потенциальной энергии, при
этом центр тяжести воды поднимают на высоту H 2 . Скорость
воды в процессе откачки можно выразить следующим образом. За
время откачки t вода заполняет объем, равный объему цилиндра с
площадью основания S 0 и высотой v ⋅ t , т. е.
S ⋅ H = S0 ⋅ v ⋅ t .
20.25*. Небольшая шайба соскальзывает без начальной скорости
с вершины гладкой горки высотой Н, имеющей горизонтальный
трамплин (рис. 20.10). При какой высоте трамплина h шайба пролетит наибольшее расстояние по горизонтали S? Каково это расстояние?
Рис. 20.10
Решение. Горка гладкая — это означает, что сила трения отсутствует. Используя закон сохранения энергии (20.9), находим скорость шайбы v 0 в момент соскальзывания с трамплина:
mg H = mgh +
m v 02
2
⇒ v0 =
58
2 g ( H − h) .
Рассмотрим движение шайбы после того, как она покинет трамплин. Для этого введем координатные оси так, как это показано на
рис. 20.10. Запишем уравнения движения в момент падения шайбы
на землю, когда x = S :
⎧ y = 0;
⎪
t2
⎪
; ⇒ S = v0 ⋅
y
h
g
=
−
⎨
2
⎪
⎪ x = v0 t
⎩
2h
=2
g
h ⋅ ( H − h) .
Рассмотрим выражение h ⋅ ( H − h) и преобразуем его следующим (дополним до полного квадрата):
2
⎛ H2
⎞ H2
H
H2
⎛H
⎞
.
h ⋅ ( H − h) = h H − h 2 = ⎜ −
+ 2 ⋅ h − h2 ⎟ +
= −⎜ − h⎟ +
⎜ 4
⎟ 4
2
4
⎝2
⎠
⎝
⎠
В полученном после преобразований выражении первое слагаемое переменное и не превышает нуля, второе — положительное и
постоянное. Все выражение в целом достигает максимальной величины, если первое слагаемое равно нулю, т. е. h = H 2 . В этом
случае
S max = H .
20.26*. Небольшое тело начинает соскальзывать с вершины неподвижной полусферы радиусом R, лежащей на горизонтальной
поверхности. На какой высоте H тело оторвется от поверхности
полусферы? Трение отсутствует.
Решение. Согласно закону сохранения энергии
mg R = mg H +
59
m v2
,
2
так как, согласно условию задачи, начальная скорость тела равна
нулю. До момента отрыва тело движется по окружности, следовательно, в проекциях на ось OY (рис. 20.11) можно записать уравнение второго закона Ньютона как
− N + m g cos α = m
v2
.
R
Кроме того, глядя на рисунок, можно записать
H = R ⋅ cos α .
Рис. 2.11
Наконец, в момент отрыва тела от поверхности полусферы сила
нормальной реакции опоры становится равной нулю:
N = 0.
Решая систему из четырех вышеприведенных уравнений, находим, что отрыв происходит на высоте
H=
2
R.
3
20.27*. Небольшое тело соскальзывает вниз по наклонному скату, переходящему в цилиндрическую поверхность радиусом R
(рис. 20.12). Какова должна быть наименьшая высота ската Н, чтобы тело, попав через отверстие внутрь цилиндрической поверхности, сделало петлю, не отрываясь от стенок цилиндра? Трение отсутствует.
5
Ответ: H = R .
2
60
Рис. 20.12
Указание. Используем закон сохранения энергии и второй закон
Ньютона (см. рис. 20.12)
⎧
m v2
(
)
m
g
H
m
g
R
R
=
⋅
+
⋅
cos
ϕ
+
;
⎪
⎪
2
⎨
v2
⎪
OY:
N
mg
m
+
cos
ϕ
=
,
⎪⎩
R
где N — нормальная реакция опоры,
⎛ 2H
⎞
⇒ N = mg ⋅ ⎜
− 2 − 3 cos ϕ ⎟ .
⎝ R
⎠
Из приведенного выражения нетрудно заметить, что обращение
в нуль нормальной реакции опоры в верхней точке цилиндрической поверхности не приведет к отрыву тела от нее, т. е., двигаясь
далее по инерции, тело будет испытывать действие указанной силы.
20.28*. Нить переброшена через два
гладких горизонтальных стержня, параллельных друг другу и находящихся на
одной высоте. На концах нити и в середине подвешены грузы А, В и С одинаковой массы (рис. 20.13). Расстояние между
Рис. 20.13
61
стержнями равно 2l. В некоторый момент груз С отпускают без начальной скорости из положения, указанного на рисунке, и система
приходит в движение. Найти для груза С при его движении вниз
максимальное перемещение h.
2
Ответ: h = l .
3
Указание. Приращение потенциальной энергии грузов А и В будет равно убыли потенциальной энергии груза С при его движении
до крайнего нижнего положения, так как при достижении грузами
крайних положений их скорости обратятся в нуль.
20.29*. Невесомый стержень с двумя точечными массами m и 2m
на концах падает из вертикального положения на гладкую горизонтальную поверхность (рис. 20.14). Длина стержня равна l. Какова
скорость верхнего грузика при ударе о горизонтальную поверхность?
Решение. Силы, действующие на стержень
(сила тяжести, нормальная реакция опоры),
направлены по вертикали, следовательно, согласно второму закону Ньютона центр масс
системы будет в процессе падения стержня
двигаться вертикально вниз. Используя принцип взаимной независимости движений, можно
представить движение стержня в виде совоРис. 20.14
купности двух движений: прямолинейного
движения центра масс и вращения стержня вокруг центра масс. В момент удара стержня о горизонтальную поверхность скорости вращательного движения грузиков направлены
по вертикали. Таким образом, результирующая скорость каждого
из грузиков в этот момент также должна быть вертикально направленной. Однако нижний грузик в процессе падения стержня все
время движется по горизонтальной поверхности, т. е. его скорость
направлена горизонтально. Указанное противоречие исчезает,
только если в момент удара стержня о горизонтальную поверхность скорость грузика оказывается равной нулю.
62
Далее запишем уравнение, выражающее закон сохранения энергии
2m g l =
2m v 2
2
⇒ v=
2gl .
20.30*. Шайба, скользившая со
скоростью v 0 по горизонтальной
поверхности, испытывает абсолютно упругое столкновение с двумя
другими шайбами, которые, касаясь
друг друга, покоились на той же
Рис. 20.15
поверхности (рис. 20.15). Массы и
радиусы всех шайб одинаковы. Трение отсутствует. Каковы скорости всех шайб после столкновения?
Ответ: налетающая шайба после столкновения изменит направление движения на противоположное и будет двигаться со
скоростью
v1 =
v0
;
5
две первоначально покоившиеся шайбы после столкновения приобретут скорости каждая
v2 =
2 3
v0 .
5
Указание. Внешние силы, действующие на шайбы (сила тяжести, нормальная реакция опоры) работы не совершают. Неконсервативные силы (сила трения) — пластические, т. е. неупругие деформации отсутствуют (удар — абсолютно упругий), следовательно, выполняется закон сохранения механической энергии.
Более того, внешние силы взаимно скомпенсированы, следовательно, выполняется закон сохранения импульса для данной систе63
мы тел. Приращение импульса совпадает по направлению с силой,
действующей на тело, а так как силы трения отсутствуют, то изменение импульса каждой из шайб обусловлено действием сил упругости, направленных вдоль прямой, соединяющей центры пары
взаимодействующих шайб. Указанное обстоятельство позволяет
определить направление движения первоначально покоившихся
шайб после столкновения.
§ 21. Движение жидкостей и газов.
Стационарное ламинарное течение. Трубка тока.
Идеальная жидкость. Уравнение неразрывности.
Уравнение Бернулли. Формула Торричелли
Движение жидкости называется стационарным (установившимся), если в заданных точках пространства скорость жидкости не
зависит от времени.
Течение жидкости, при котором ее соприкасающиеся слои движутся без перемешивания, называется ламинарным.
Линия, касательная к которой в данной точке совпадает по направлению с вектором скорости жидкости в этой точке в данный
момент времени, называется линией тока. При стационарном течении линии тока совпадают с траекториями частиц жидкости.
Трубкой тока называется поверхность, образованная линиями
тока. Жидкость, протекающую по всей совокупности трубок тока,
называют потоком.
Идеальной (невязкой) называется жидкость, в которой отсутствуют силы трения между соседними слоями жидкости, препятствующие их относительному перемещению.
Жидкость при стационарном течении не скапливается в отдельных частях трубки тока, не образует пустот и не переходит в соседние трубки. Это позволяет написать уравнение неразрывности
ρ v S = const ,
(21.1)
где ρ — плотность жидкости; v — скорость жидкости в произвольном сечении трубки тока площадью поперечного сечения S.
64
Если жидкость несжимаема, то плотность ρ во всех сечениях
трубки тока одна и та же (ρ = const) и уравнение неразрывности
принимает вид
v S = const .
(21.2)
Следствием закона сохранения механической энергии для стационарного течения несжимаемой идеальной жидкости по трубке
тока является уравнение Бернулли:
P + ρ gh +
ρv2
= const ,
2
(21.3)
где ρ — плотность жидкости; v — скорость течения жидкости в
сечении узкой трубки тока, находящемся на высоте h от условно
выбранного уровня; Р — давление в том же сечении трубки тока,
вызванное силами упругости жидкости.
Используя уравнение Бернулли можно найти скорость истечения идеальной
несжимаемой жидкости из малого отверстия в открытом сосуде (рис. 21.1).
Уравнение Бернулли для сечения 1 (на
поверхности жидкости в сосуде) и сечения 2 (поперечное сечение выходного
отверстия):
Рис. 21.1
P1 + ρ g h1 +
ρ v12
ρv2
= P2 + ρ g h2 + 2 .
2
2
Если можно пренебречь изменением атмосферного давления в
пределах столба жидкости в сосуде, что в реальности всегда выполняется, то P1 = P2 = Ратм . Так как площадь поперечного сечения
отверстия по условию много меньше площади свободной поверхности жидкости, то на основании уравнения неразрывности
65
v1 ⋅ S1 = v 2 ⋅ S 2 , при S1 >> S 2 получаем v1 << v 2 и v12 2 по сравне-
нию с v 22 2 в уравнении Бернулли можно пренебречь. Поэтому
g h1 = g h2 + v 22 2 ,
⇒ v2 =
2 g ( h1 − h2 )
(21.4)
(формула Торричелли).
Уравнение Бернулли применимо к ламинарному течению газов,
если их скорости невелики (примерно до 100 м с) , так как только
при этих условиях без большой ошибки можно пренебречь сжимаемостью газов.
Задачи
21.1. Вода течет по горизонтальной трубе переменного сечения.
Скорость течения в широкой части трубы v1 = 20 см с . Определить скорость течения воды в узкой части трубы, диаметр которой
в α = 1,5 раза меньше диаметра широкой части.
Ответ: v 2 = v1 ⋅ α 2 = 45 м с .
Указание. Использовать уравнение неразрывности (21.2).
21.2. Определить скорость ветра, если он оказывает давление на
стену ΔP = 200 Па , избыточное по отношению к атмосферному.
Ветер дует перпендикулярно стене. Плотность воздуха ρ =
= 1,29 кг м3 .
Решение. Выберем протяженную трубку тока в воздухе, проходящую вблизи стены. У поверхности стены скорость воздуха практически равна нулю. В удалении от стены скорость движения частиц воздуха и есть скорость ветра. Используем уравнение Бернулли
с учетом того обстоятельства, что трубка тока расположена горизонтально, а давление, приложенное извне в сечениях у поверхности стены и в удалении от стены, равно атмосферному:
66
Pатм + ρ
v2
+ ρ g h = Pатм + ρ g h + Δ Р ⇒
2
⇒ v=
2Δ P
≅ 18 м с .
ρ
21.3. С катера, идущего со скоростью v = 18 км ч , опускают в
воду изогнутую под прямым углом трубку так, что опущенный конец трубки горизонтален и обращен отверстием в сторону движения. На какую высоту по отношению к уровню воды в озере поднимается вода в трубке? Считать воду идеальной жидкостью.
g = 10 м с2 .
v
≅ 1,3 м .
Ответ: h =
2g
Указание. Рассмотреть горизонтальную трубку тока в системе
отсчета, связанной с катером. Записать уравнение Бернулли для
двух сечений: одного, находящегося вблизи отверстия опущенной с
катера в воду трубки, и другого, находящегося в удалении от катера. Внешнее давление в первом сечении превышает внешнее давление во втором на величину гидростатического давления столба
жидкости, находящегося в трубке над уровнем воды в озере.
21.4. В широкой части горизонтально расположенной трубы вода течет со скоростью v1 = 2 м с . Определить скорость течения воды в узкой части трубы, если разность давлений в широкой и узкой
частях трубы составляет ΔР = 6 кПа . Плотность воды ρ = 1 г см 3 .
2 ΔP
= 4 м с.
ρ
21.5. На рис. 21.2 представлена схема водомера: по горизонтальной трубе переменного сечения протекает вода. Определить
расход воды, т. е. объем воды, протекающей через поперечное сечение трубы в единицу времени, по разности уровней воды в двух
манометрических трубках. Площадь поперечного сечения трубы у
основания трубок равна S1 и S 2 .
Ответ: v 2
v12 +
67
Решение. Запишем уравнение Бернулли и уравнение неразрывности
для двух указанных на рисунке сечений:
Рис. 21.2
⎧
v12
v2
= P2 + ρ g h + ρ 2 ;
⎪ P1 + ρ g h + ρ
2
2
⎪⎪
S
S
⋅
v
=
⋅
v
;
⎨ 1 1
2
2
⎪ P − P = ρ g Δh ,
⎪ 1 2
⎪⎩
⎧ 2 g Δ h + v12 = v 22 ;
⎪
⇒ ⎨
⇒ v1 =
S1 ⋅ v1
⎪ v2 = S ;
2
⎩
2 g Δ h S 22
S12 − S 22
.
Объем воды, протекающей через сечение S1 за время Δ t , равен
ΔV = S1 ⋅ v1 ⋅ Δt . Расход воды
Q=
Рис. 21.3
ΔV
= S1 ⋅ v1 = S1 ⋅ S 2 ⋅
Δt
2 g Δ h S 22
S12 − S 22
.
21.6. Так называемая трубка
Пито установлена по оси газопровода, площадь поперечного
сечения которого равна S, как
это показано на рис. 21.3. Определить объем газа, проходящего
через поперечное сечение трубы
в единицу времени (расход газа),
если разность уровней жидкости
в жидкостном манометре равна
Δ h , а плотности жидкости и газа
ρ 0 и ρ соответственно.
68
Ответ: Q = S v = S ⋅ 2 ρ0 g Δ h ρ , где v — скорость газа вблизи
левого входа жидкостного манометра.
21.7. На поршень горизонтально расположенного шприца
(рис. 21.4) площадью поперечного сечения S1 действует постоянная горизонтальная сила F. С какой скоростью вытекает струя из
отверстия площадью S 2 , если плотность жидкости ρ и поршень
движутся равномерно?
Решение. Запишем уравнение Бернулли и уравнение неразрывности для
двух сечений: у поверхности поршня
и на выходе из шприца, с учетом горизонтального расположения шприца,
⇒ v2 =
2 S1 F
ρ ( S12 − S 22 )
.
Рис. 21.4
21.8. Площадь поперечного сечения поршня в шприце S1 , площадь выходного отверстия S2 << S1. Шприц расположен горизонтально. На поршень действует постоянная горизонтальная сила F.
Ход поршня равен l. Найти время вытекания жидкости из шприца,
если ее плотность равна ρ .
Ответ: t =
l
S
=l⋅ 1
S2
v
ρ S1
, где v — скорость поршня.
2F
Указание. При вычислении разности S12 − S 22 можно пренебречь
S 22 по сравнению с S12 .
22.9. Во сколько раз отличается площадь поперечного сечения
вертикальной струи воды S 2 на высоте h от площади поперечного
сечения выходного отверстия S1 брандспойта? Скорость воды в
выходном отверстии v 0 .
v0
S
.
Ответ: 1 =
S2
v2 − 2g h
0
69
Указание. Записать уравнение Бернулли и уравнение неразрывности для двух указанных сечений.
22.10*. Поршень вытесняет воду из вертикального цилиндрического сосуда через малое отверстие, находящееся у дна сосуда и
имеющее площадь S0 . Высота сосуда равна Н, площадь основания S. Какую работу совершает поршень, если он движется с постоянной скоростью v? Плотность воды равна ρ .
Решение. Запишем уравнение Бернулли и уравнение неразрывности для двух сечений:
⎧F
v2
ρ v2
=ρ 0 ;
⎪ + ρ gh +
⎨S
2
2
⎪ S ⋅v = S ⋅v ,
0
0
⎩
где h — текущая высота столба жидкости под поршнем, v 0 — скорость вытекающей из сосуда водяной струи, F — сила, с которой
поршень давит на воду,
⎛ v2
⎞
S 2 − S 02
⎟,
⇒ F ( h) = ρ S ⎜ ⋅ S ⋅
−
g
h
2
⎜ 2
⎟
S
0
⎝
⎠
т. е. сила давления зависит от параметра h линейно. Если построить
график зависимости силы давления от перемещения поршня из исходного положения, то площадь под графиком будет численно равна работе, совершаемой поршнем в процессе его движения (площадь трапеции с основаниями Fmin = F ( H ) и Fmax = F (0) и высотой H),
A=
Fmin + Fmax
ρSH
⋅H =
2
2
70
⎛
⎞
S 2 − S02
⋅ ⎜ v2 ⋅
− gH ⎟ ≅
2
⎜
⎟
S0
⎝
⎠
≅
ρSH
2
⎛
⎞
S 2 − S 02
⎟,
⋅ ⎜ v2 ⋅
−
g
H
⎜
⎟
S 02
⎝
⎠
так как по условию отверстие мало, т. е. S0 << S .
21.11*. На поверхности стола стоит широкий сосуд с водой. Высота уровня воды в сосуде — h, вес сосуда вместе с водой — Р. В
боковой поверхности сосуда у дна имеется отверстие площадью S,
закрытое пробкой. При каком значении коэффициента трения между дном сосуда и столом сосуд придет в движение, если вынуть
пробку?
Решение. Согласно формуле Торричелли (21.4), скорость истечения воды из отверстия сразу после удаления пробки составит
v=
2g h .
Приобретаемый за малое время Δ t водой импульс за счет воздействия на нее со стороны сосуда будет равен
Δ P = S ⋅ v ⋅ Δ t ⋅ ρ ⋅ v = S ρ v 2 ⋅ Δt ,
где S v Δt ρ — масса выливающейся за время Δ t из сосуда воды.
Согласно второму закону Ньютона, записанному в импульсной
форме, с которой сосуд действует на вытекающую из него воду
Fреакт =
ΔP
= S ρv2 .
Δt
По третьему закону Ньютона точно такая же по величине сила
действует на сосуд со стороны вытекающей жидкости. Сосуд после
удаления пробки начнет двигаться, если будет выполнено условие
Fтр ≤ Fреакт ;
Fтр = μ Р,
71
где Fтр — сила трения, действующая на сосуд со стороны поверхности стола,
⇒ μ≤
2 ρ g hS
.
P
21.12*. Бак, заполненный водой до высоты H = 1 м, пробивается
пулей на высоте h = 0,1 м. На какое расстояние от бака будет бить
струя воды? Где следовало бы сделать отверстие, чтобы струя била
на максимальное расстояние?
Ответ: S = 2 h ( H − h) = 0,6 м ;
hmax =
H
= 0,5 м ⇒ S max = H = 1 м.
2
Указание. Согласно формуле Торричелли вода будет вытекать
из бака со скоростью v = 2 g ( H − h) . Необходимо рассмотреть
кинематическую задачу о частице, брошенной горизонтально со
скоростью v на высоте h от поверхности земли, и найти величину
ее перемещения в горизонтальном направлении за время полета.
Ответ на второй и третий вопросы задачи следует искать используя
метод, аналогичный предложенному в решении задачи 20.25.
72
СОДЕРЖАНИЕ
§ 18. Импульс тела и системы тел. Закон сохранения
импульса. Выражение второго закона Ньютона
через импульс ................................................................................3
§ 19. Работа. Мощность .......................................................................27
§ 20. Механическая энергия. Кинетическая энергия тела
и системы тел. Теорема о кинетической энергии.
Консервативные и неконсервативные силы.
Потенциальная энергия. Закон сохранения
механической энергии ................................................................40
§ 21. Движение жидкостей и газов. Стационарное
ламинарное течение. Трубка тока. Идеальная
жидкость. Уравнение неразрывности. Уравнение
Бернулли. Формула Торричелли ...............................................64
Александр Николаевич Долгов
Пособие по физике
«МЕХАНИКА»
Часть 3
ЗАКОНЫ СОХРАНЕНИЯ
В помощь учащимся 10—11 классов
Редактор М.В. Макарова
Оригинал-макет подготовлен Л.М. Бурлаковой
Подписано в печать 27.05.2009. Формат 60х84 1/16.
Уч.-изд.л. 4,75. Печ.л. 4,75. Тираж 3000 экз.
Изд. № 042-1в. Заказ №
Национальный исследовательский ядерный университет «МИФИ».
115409, Москва, Каширское ш., 31
ЗАО «Типография САРМА».
142115, г. Подольск Московской обл., ул. Правды, 30
Федеральное государственное бюджетное
образовательное учреждение
высшего профессионального образования
НАЦИОНАЛЬНЫЙ ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКИЙ ЯДЕРНЫЙ
УНИВЕРСИТЕТ «МИФИ»
МИФИ – базовое высшее учебное заведение России, предназначенное для подготовки инженеров: физиков, математиков, системотехников – инженеров-исследователей, обладающих глубокими знаниями физико-математических дисциплин в сочетании с серьезной
инженерной подготовкой.
ФАКУЛЬТЕТЫ
телефон
Факультет экспериментальной и теоретической физики (Т)
8(495)324-84-40
Физико-технический факультет (Ф)
8(495)324-84-41
Факультет автоматики и электроники (А)
8(495)324-84-42
Факультет кибернетики (К)
8(495)324-84-46
Факультет информационной безопасности (Б)
8(495)324-84-00
Гуманитарный факультет (Г):
8(495)323-90-62
- Институт международных отношений
- Финансовый институт
- Институт инновационного менеджмента
- Экономико-аналитический институт
- Институт финансовой и экономической безопасности
ПРИЕМНАЯ КОМИССИЯ
Адрес МИФИ:
8(495)323-95-83
8(495)324-03-78
8(495)323-90-88
8(495)323-92-15
8(495)323-95-27
8(495)324-84-17; 8(495)323-95-12
115409, г. Москва, Каширское ш., д.31
По вопросам повышения квалификации учителей физики, математики и информатики, а также по работе МИФИ со школами в регионах РФ обращаться в Центр повышения квалификации и переподготовке кадров по тел.: 8(495)324-05-8, 8(499)725-24-60.