Номер 43, страница 83 - гдз по физике 10-11 класс задачник Гельфгат, Генденштейн

Олимпиадные задачи. 11. Механическая работа. Энергия. Закон сохранения энергии. Законы сохранения в механике. Механика - номер 43, страница 83.

Условие.

O-43. На гладком горизонтальном столе лежит клин массой $\text{M}$ и высотой $\text{h}$. Угол наклона поверхности клина к горизонту равен $\alpha$. С клина соскальзывает без трения небольшое тело массой $\text{m}$. Какую скорость $\vec{v}$ приобретает тело в конце спуска? Найдите модуль и направление скорости.

☑ $v = \sqrt{2gh \left(1 - \frac{m/M}{(1+m/M)+(1+m/M)^2 \text{tg}^2 \alpha}\right)}$, скорость направлена под углом $\beta = \text{arctg}((1+m/M)\text{tg} \alpha)$ к горизонту.

Решение. В конце спуска тело приобретает скорость $v < \sqrt{2gh}$, поскольку часть его энергии перейдет в кинетическую энергию клина. Обозначим $\vec{V}$ скорость, приобретенную клином (см. рис. а). Запишем закон сохранения энергии $mgh = MV^2/2 + mv^2/2$ и закон сохранения импульса в проекции на горизонтальную ось: $-MV + mv_x = 0$. Учтем также, что скорость тела относительно клина $\vec{v}-\vec{V}$ направлена под углом $\alpha$ к горизонту (см. рис. б), что приводит к соотношению $(v_x + V)\text{tg} \alpha = v_y$.

Решая систему, состоящую из этих трех уравнений и уравнения $v^2 = v_x^2 + v_y^2$, получаем приведенное в ответе выражение для $\text{v}$, а также отношение $v_y/v_x = (1+m/M)\text{tg} \alpha$. Угол $\beta$ наклона скорости $\vec{v}$ к горизонту определяется из условия $\text{tg} \beta = v_y/v_x$. Заметим, что если $m \ll M$, то $v \approx \sqrt{2gh}$, $\beta \approx \alpha$. Если $m \gg M$, то $v \approx \sqrt{2gh}$, $\beta \approx \pi/2$ (тяжелое тело «не чувствует» легкого клина и падает почти отвесно).

Решение.

Дано:

Масса клина: $M$

Масса тела: $m$

Высота клина: $h$

Угол наклона клина: $\alpha$

Система находится на гладкой горизонтальной поверхности, трение отсутствует.

Все данные представлены в общем виде, перевод в СИ не требуется.

Найти:

Модуль скорости тела в конце спуска: $v$

Направление скорости тела (угол $\beta$ с горизонтом) в конце спуска.

Решение:

Выберем систему координат. Ось $Ox$ направим горизонтально вправо, а ось $Oy$ — вертикально вниз. Начало координат поместим в начальное положение тела на вершине клина.

В конце спуска тело будет иметь скорость $\vec{v}$, а клин — скорость $\vec{V}$. Так как на систему «тело + клин» не действуют внешние горизонтальные силы, клин может двигаться только по горизонтали. Пусть тело движется вправо и вниз, тогда клин будет двигаться влево. Обозначим скорости их компонент:

$\vec{v} = (v_x, v_y)$ — скорость тела (где $v_x > 0$, $v_y > 0$).

$\vec{V} = (-V, 0)$ — скорость клина (где $V$ — модуль скорости клина, $V > 0$).

Для решения задачи используем законы сохранения энергии и импульса, а также кинематическое условие движения тела по поверхности клина.

Закон сохранения энергии.

Начальная энергия системы равна потенциальной энергии тела: $E_{нач} = mgh$.

Конечная энергия системы равна сумме кинетических энергий тела и клина: $E_{кон} = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}MV^2 = \frac{1}{2}m(v_x^2 + v_y^2) + \frac{1}{2}MV^2$.

Приравнивая начальную и конечную энергию, получаем первое уравнение:

$mgh = \frac{1}{2}m(v_x^2 + v_y^2) + \frac{1}{2}MV^2$ (1)

Закон сохранения импульса.

Внешние горизонтальные силы отсутствуют, поэтому проекция импульса системы на ось $Ox$ сохраняется. Начальный импульс системы равен нулю.

$P_{x, нач} = 0$.

$P_{x, кон} = mv_x + M(-V) = mv_x - MV$.

Приравнивая начальный и конечный импульс, получаем второе уравнение:

$mv_x - MV = 0 \implies V = \frac{m}{M}v_x$ (2)

Кинематическое условие.

Тело скользит по поверхности клина. Это означает, что скорость тела относительно клина $\vec{v}_{отн} = \vec{v} - \vec{V}$ направлена вдоль наклонной поверхности клина, то есть под углом $\alpha$ к горизонту.

Компоненты относительной скорости:

$v_{отн, x} = v_x - (-V) = v_x + V$

$v_{отн, y} = v_y - 0 = v_y$

Тангенс угла наклона вектора относительной скорости к горизонту равен $\tg\alpha$:

$\frac{v_{отн, y}}{v_{отн, x}} = \frac{v_y}{v_x+V} = \tg\alpha$.

Отсюда получаем третье уравнение:

$v_y = (v_x + V)\tg\alpha$ (3)

Теперь решим систему из трех уравнений (1), (2), (3) для нахождения модуля $v$ и направления $\beta$.

Сначала найдем направление скорости. Подставим выражение для $V$ из уравнения (2) в уравнение (3):

$v_y = (v_x + \frac{m}{M}v_x)\tg\alpha = v_x\left(1 + \frac{m}{M}\right)\tg\alpha$.

Направление скорости тела $\vec{v}$ определяется углом $\beta$ к горизонту. Тангенс этого угла равен отношению компонент скорости:

$\tg\beta = \frac{v_y}{v_x} = \frac{v_x(1 + \frac{m}{M})\tg\alpha}{v_x} = \left(1 + \frac{m}{M}\right)\tg\alpha$.

Следовательно, $\beta = \operatorname{arctg}\left(\left(1 + \frac{m}{M}\right)\tg\alpha\right)$.

Теперь найдем модуль скорости $v = \sqrt{v_x^2 + v_y^2}$. Для этого выразим все скорости через одну компоненту, например $v_x$, и подставим в закон сохранения энергии (1).

Из уравнения (2): $V^2 = \left(\frac{m}{M}v_x\right)^2 = \frac{m^2}{M^2}v_x^2$.

Из найденного соотношения для $v_y$: $v_y^2 = \left(v_x\left(1 + \frac{m}{M}\right)\tg\alpha\right)^2 = v_x^2\left(1 + \frac{m}{M}\right)^2\tg^2\alpha$.

Подставляем эти выражения в уравнение энергии (1):

$mgh = \frac{1}{2}m\left(v_x^2 + v_x^2\left(1 + \frac{m}{M}\right)^2\tg^2\alpha\right) + \frac{1}{2}M\left(\frac{m^2}{M^2}v_x^2\right)$.

Сократим на $m$ и умножим на 2:

$2gh = v_x^2\left(1 + \left(1 + \frac{m}{M}\right)^2\tg^2\alpha\right) + \frac{m}{M}v_x^2$.

Вынесем $v_x^2$ за скобки:

$2gh = v_x^2\left(1 + \frac{m}{M} + \left(1 + \frac{m}{M}\right)^2\tg^2\alpha\right)$.

Отсюда находим $v_x^2$:

$v_x^2 = \frac{2gh}{1 + \frac{m}{M} + \left(1 + \frac{m}{M}\right)^2\tg^2\alpha}$.

Квадрат модуля скорости $v^2 = v_x^2 + v_y^2$ равен:

$v^2 = v_x^2 + v_x^2\left(1 + \frac{m}{M}\right)^2\tg^2\alpha = v_x^2\left(1 + \left(1 + \frac{m}{M}\right)^2\tg^2\alpha\right)$.

Подставляем выражение для $v_x^2$:

$v^2 = 2gh \frac{1 + \left(1 + \frac{m}{M}\right)^2\tg^2\alpha}{1 + \frac{m}{M} + \left(1 + \frac{m}{M}\right)^2\tg^2\alpha}$.

Приведем это выражение к виду, указанному в ответе из задачника, путем алгебраического преобразования:

$v^2 = 2gh \frac{1 + \frac{m}{M} + \left(1 + \frac{m}{M}\right)^2\tg^2\alpha - \frac{m}{M}}{1 + \frac{m}{M} + \left(1 + \frac{m}{M}\right)^2\tg^2\alpha} = 2gh \left(1 - \frac{m/M}{\left(1 + \frac{m}{M}\right) + \left(1 + \frac{m}{M}\right)^2\tg^2\alpha}\right)$.

Извлекая квадратный корень, получаем окончательный ответ для модуля скорости.

Ответ: Модуль скорости тела $v = \sqrt{2gh \left(1 - \frac{m/M}{\left(1+m/M\right)+\left(1+m/M\right)^2 \tg^2\alpha}\right)}$, скорость направлена под углом $\beta = \operatorname{arctg}\left(\left(1+m/M\right)\tg\alpha\right)$ к горизонту.