Номер 6, страница 145 - гдз по физике 10 класс учебник Хижнякова, Синявина

Механика. Глава 4. Законы сохранения в механике. Параграф 27. Абсолютно неупругое и абсолютно упругое столкновения тел. Задания и упражнения - номер 6, страница 145.

Условие.

* 6. Шарик массой $0.4 \text{ кг}$ подвешен на лёгкой нерастяжимой нити, конец которой закреплён. Нить приводят в горизонтальное положение и отпускают без начальной скорости. Определите модуль силы натяжения нити в тот момент, когда её вектор направления составляет угол $60^\circ$ с вертикалью. Модуль ускорения свободного падения принять равным $10 \text{ м/с}^2$. Трением при движении пренебречь. Сделайте необходимый чертёж.

Решение.

Дано:

$m = 0,4$ кг

$v_0 = 0$ м/с

$\alpha = 60^\circ$

$g = 10$ м/с²

Найти:

$\text{T}$ - ?

Решение:

Для решения задачи сделаем пояснительный чертёж. Пусть O — точка подвеса, L — длина нити. Положение 1 — начальное, когда нить расположена горизонтально. Положение 2 — конечное, когда нить образует угол $\alpha$ с вертикалью. В положении 2 на шарик действуют две силы: сила натяжения нити $\vec{T}$, направленная вдоль нити к точке O, и сила тяжести $m\vec{g}$, направленная вертикально вниз. Скорость шарика $\vec{v}$ в положении 2 направлена по касательной к траектории движения.

Так как трением можно пренебречь, а сила натяжения нити всегда перпендикулярна скорости движения шарика (и, следовательно, не совершает работы), для системы «шарик-Земля» выполняется закон сохранения механической энергии.

Примем за нулевой уровень потенциальной энергии начальное положение шарика (горизонтальная линия, проходящая через точку подвеса).

Запишем закон сохранения энергии для начального (1) и конечного (2) положений:

$E_1 = E_2$

$K_1 + U_1 = K_2 + U_2$

В начальном положении шарик покоится, поэтому его кинетическая энергия $K_1 = \frac{1}{2}mv_0^2 = 0$. Потенциальная энергия $U_1 = 0$ согласно нашему выбору нулевого уровня.

В конечном положении шарик имеет скорость $\text{v}$, его кинетическая энергия $K_2 = \frac{1}{2}mv^2$. Шарик опускается на высоту $\text{h}$ относительно начального положения. Из геометрических соображений, $h = L \cos\alpha$. Тогда его потенциальная энергия $U_2 = -mgh = -mgL\cos\alpha$.

Подставим значения энергий в закон сохранения:

$0 + 0 = \frac{1}{2}mv^2 - mgL\cos\alpha$

Отсюда можем выразить квадрат скорости шарика в положении 2:

$\frac{1}{2}mv^2 = mgL\cos\alpha$

$v^2 = 2gL\cos\alpha \quad (1)$

Теперь применим второй закон Ньютона для шарика в положении 2. Шарик движется по дуге окружности радиусом $\text{L}$, следовательно, у него есть центростремительное ускорение $a_c = \frac{v^2}{L}$, направленное к центру окружности (точке подвеса O).

Запишем второй закон Ньютона в проекции на радиальную ось, направленную вдоль нити к точке O:

$T - mg\cos\alpha = ma_c$

$T - mg\cos\alpha = m\frac{v^2}{L} \quad (2)$

Подставим выражение для $v^2$ из формулы (1) в формулу (2):

$T - mg\cos\alpha = m\frac{2gL\cos\alpha}{L}$

$T - mg\cos\alpha = 2mg\cos\alpha$

Выразим силу натяжения нити $\text{T}$:

$T = 2mg\cos\alpha + mg\cos\alpha$

$T = 3mg\cos\alpha$

Теперь подставим числовые значения из условия задачи:

$T = 3 \cdot 0,4 \text{ кг} \cdot 10 \text{ м/с²} \cdot \cos(60^\circ)$

Зная, что $\cos(60^\circ) = 0,5$, получаем:

$T = 3 \cdot 0,4 \cdot 10 \cdot 0,5 = 6$ Н.

Ответ: модуль силы натяжения нити равен 6 Н.