Номер 2, страница 190, часть 1 - гдз по физике 10 класс учебник Генденштейн, Булатова

Часть 1. Механика. Глава III. Законы сохранения в механике. Параграф 19. Неравномерное движение по окружности в вертикальной плоскости - номер 2, страница 190.

Условие.

2. Подвешенный на нити в точке °шарик отклонили в сторону так, что нить стала горизонтальной (рис. 19.3), и отпустили без толчка. Длина нити $\text{l}$, масса шарика $\text{m}$. Сопротивлением воздуха можно пренебречь.

а) Запишите уравнение, выражающее закон сохранения энергии в механике для шарика, когда он находится в положении, показанном на рисунке 19.4.

б) На рисунке 19.5 изображены силы, действующие на шарик в этом положении: сила тяжести $m\vec{g}$ и сила натяжения нити $\vec{T}$. Запишите уравнение второго закона Ньютона для шарика в проекции на ось $\text{x}$.

в) Используя полученную систему двух уравнений, выразите модуль силы натяжения нити $\text{T}$ через массу шарика $\text{m}$ и угол отклонения нити от вертикали $\alpha$.

г) Используя полученное выражение, определите, в каких пределах изменяется сила натяжения нити при движении шарика.

Итак, для проведения данного опыта нить должна выдерживать тройную силу тяжести шарика!

д) Найдите выражение для модуля тангенциального ускорения шарика в положении, показанном на рисунке 19.5.

е) Найдите выражение для модуля нормального ускорения шарика в положении, показанном на рисунке 19.5.

ж) Найдите выражение для модуля ускорения шарика в положении, показанном на рисунке 19.5.

з) В каких пределах изменяется модуль ускорения шарика, когда он движется из начального положения к положению равновесия?

Решение 2.

Дано:

l - длина нити
m - масса шарика
g - ускорение свободного падения
Начальное положение: нить горизонтальна, угол отклонения от вертикали $α_0 = 90°$.
Начальная скорость: $v_0 = 0$.

Найти:

а) Уравнение закона сохранения энергии.
б) Уравнение второго закона Ньютона в проекции на ось x.
в) Выражение для силы натяжения нити T через m и α.
г) Пределы изменения силы натяжения нити T.
д) Выражение для модуля тангенциального ускорения $a_τ$.
е) Выражение для модуля нормального ускорения $a_n$.
ж) Выражение для модуля полного ускорения a.
з) Пределы изменения модуля ускорения a.

Решение

а) Запишем закон сохранения механической энергии. Выберем нулевой уровень потенциальной энергии в самом нижнем положении шарика. В начальном положении (горизонтальная нить) высота шарика над нулевым уровнем равна $h_0 = l$, а его скорость $v_0 = 0$. Полная начальная энергия: $E_0 = E_{p0} + E_{k0} = mgl + 0 = mgl$. В произвольном положении, характеризуемом углом отклонения от вертикали $α$ (рис. 19.4), высота шарика над нулевым уровнем равна $h = l - l \cos(α)$, а его скорость равна $\text{v}$. Полная энергия в этом положении: $E = E_p + E_k = mg(l - l \cos(α)) + \frac{1}{2}mv^2$. Согласно закону сохранения энергии, $E_0 = E$. $mgl = mg(l - l \cos(α)) + \frac{1}{2}mv^2$.
Ответ: Уравнение закона сохранения энергии имеет вид $mgl = mgl(1 - \cos(α)) + \frac{1}{2}mv^2$.

б) На шарик действуют две силы: сила тяжести $m\vec{g}$ и сила натяжения нити $\vec{T}$ (рис. 19.5). Запишем второй закон Ньютона в векторной форме: $m\vec{a} = \vec{T} + m\vec{g}$. Спроецируем это уравнение на ось x, направленную вдоль нити к центру окружности (точке O). Ускорение в этом направлении является нормальным (центростремительным) ускорением $a_n = \frac{v^2}{l}$. Проекция силы натяжения на ось x равна $\text{T}$. Проекция силы тяжести на ось x равна $-mg \cos(α)$ (знак "минус", так как проекция направлена противоположно оси x). Таким образом, уравнение второго закона Ньютона в проекции на ось x имеет вид: $m a_n = T - mg \cos(α)$ $m \frac{v^2}{l} = T - mg \cos(α)$.
Ответ: Уравнение второго закона Ньютона для шарика в проекции на ось x: $m \frac{v^2}{l} = T - mg \cos(α)$.

в) Для того чтобы выразить силу натяжения $\text{T}$, используем систему из двух уравнений, полученных в пунктах а) и б). Из пункта а) упростим уравнение сохранения энергии: $mgl = mgl - mgl \cos(α) + \frac{1}{2}mv^2$ $mgl \cos(α) = \frac{1}{2}mv^2$ Отсюда выразим $mv^2$: $mv^2 = 2mgl \cos(α)$. Теперь подставим это выражение в уравнение из пункта б): $\frac{2mgl \cos(α)}{l} = T - mg \cos(α)$ $2mg \cos(α) = T - mg \cos(α)$ $T = 2mg \cos(α) + mg \cos(α)$ $T = 3mg \cos(α)$.
Ответ: Модуль силы натяжения нити выражается формулой $T = 3mg \cos(α)$.

г) Шарик движется из начального горизонтального положения, где угол $α = 90°$, до нижнего положения равновесия, где угол $α = 0°$. Найдем значения силы натяжения в этих крайних точках. В начальный момент времени ($α = 90°$): $T_{min} = 3mg \cos(90°) = 3mg \cdot 0 = 0$. В нижней точке траектории ($α = 0°$): $T_{max} = 3mg \cos(0°) = 3mg \cdot 1 = 3mg$. Поскольку функция $\cos(α)$ монотонно убывает на интервале от 0° до 90°, сила натяжения будет монотонно возрастать от 0 до 3mg.
Ответ: Сила натяжения нити изменяется в пределах от 0 до $3mg$.

д) Тангенциальное ускорение $a_τ$ создается проекцией силы тяжести на направление, касательное к траектории движения. Сила натяжения $\text{T}$ перпендикулярна этому направлению и вклада не вносит. Проекция силы тяжести на тангенциальное направление равна $mg \sin(α)$. Согласно второму закону Ньютона в проекции на тангенциальную ось: $ma_τ = mg \sin(α)$ $a_τ = g \sin(α)$.
Ответ: Модуль тангенциального ускорения $a_τ = g \sin(α)$.

е) Нормальное (центростремительное) ускорение определяется как $a_n = \frac{v^2}{l}$. Из решения пункта в) мы знаем, что $v^2 = 2gl \cos(α)$. Подставим это выражение в формулу для нормального ускорения: $a_n = \frac{2gl \cos(α)}{l} = 2g \cos(α)$.
Ответ: Модуль нормального ускорения $a_n = 2g \cos(α)$.

ж) Полное ускорение $\text{a}$ является векторной суммой тангенциального и нормального ускорений. Так как эти векторы взаимно перпендикулярны, модуль полного ускорения можно найти по теореме Пифагора: $a = \sqrt{a_τ^2 + a_n^2}$ $a = \sqrt{(g \sin(α))^2 + (2g \cos(α))^2} = \sqrt{g^2 \sin^2(α) + 4g^2 \cos^2(α)}$ $a = g \sqrt{\sin^2(α) + 4\cos^2(α)}$ Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2(α) = 1 - \cos^2(α)$: $a = g \sqrt{(1 - \cos^2(α)) + 4\cos^2(α)} = g \sqrt{1 + 3\cos^2(α)}$.
Ответ: Модуль ускорения шарика $a = g \sqrt{1 + 3\cos^2(α)}$.

з) Рассмотрим, как изменяется модуль ускорения $\text{a}$ при движении шарика из начального положения ($α = 90°$) в положение равновесия ($α = 0°$). В начальный момент ($α = 90°$): $a_{start} = g \sqrt{1 + 3\cos^2(90°)} = g \sqrt{1 + 3 \cdot 0} = g$. В положении равновесия ($α = 0°$): $a_{bottom} = g \sqrt{1 + 3\cos^2(0°)} = g \sqrt{1 + 3 \cdot 1} = g \sqrt{4} = 2g$. По мере движения от $α=90°$ к $α=0°$, $\cos^2(α)$ монотонно возрастает от 0 до 1, следовательно, и модуль ускорения $\text{a}$ монотонно возрастает.
Ответ: Модуль ускорения шарика изменяется в пределах от $\text{g}$ до $2g$.