Теоретическое исследование, страница 58 - гдз по физике 10 класс учебник Хижнякова, Синявина

Механика. Глава 2. Основы кинематики. Параграф 11. Криволинейное движение. Равномерное движение по окружности. Вопросы - страница 58.

Условие.

Теоретическое исследование

На рис. 41 приведена иллюстрация задачи, решённой Галилеем. Одинаковые шарики 1 и 2 начинают двигаться из точки $\text{A}$ в точки $\text{B}$ и $\text{D}$, находящиеся на окружности радиусом $\text{R}$. При этом шарик 1 скользит по гладкому наклонному жёлобу длиной $\text{l}$, а шарик 2 свободно падает. Докажите, что оба шарика одновременно достигнут окружности. Сопротивлением воздуха пренебречь.

Указание. Найдите модули ускорений шариков 1 и 2. Выразите длину жёлоба $\text{l}$ ба через диаметр окружности. Сравните время равноускоренных движений шариков под действием постоянной силы тяжести.

Рис. 41

Решение.

Дано:

Окружность радиуса $\text{R}$.

Длина желоба (хорда AD) – $\text{l}$.

Начальная скорость обоих шариков $v_0 = 0$.

Ускорение свободного падения – $\text{g}$.

Трение и сопротивление воздуха отсутствуют.

Найти:

Доказать, что шарики достигнут окружности одновременно, т.е. $t_1 = t_2$.

Решение:

Рассмотрим движение каждого шарика по отдельности.

1. Движение шарика 2 (свободное падение).

Шарик 2 движется из точки A в точку B, свободно падая вдоль вертикального диаметра. Его движение является равноускоренным без начальной скорости.
Пройденный путь $s_2$ равен диаметру окружности: $s_2 = 2R$.
Ускорение шарика 2 равно ускорению свободного падения: $a_2 = g$.
Время движения $t_2$ найдем из формулы пути для равноускоренного движения: $s = v_0 t + \frac{at^2}{2}$.
Поскольку $v_0 = 0$, получаем: $s_2 = \frac{a_2 t_2^2}{2}$.
Подставим известные значения: $2R = \frac{g t_2^2}{2}$.
Отсюда выразим время $t_2$:
$t_2^2 = \frac{4R}{g}$
$t_2 = \sqrt{\frac{4R}{g}} = 2\sqrt{\frac{R}{g}}$.

2. Движение шарика 1 (скольжение по наклонному желобу).

Шарик 1 скользит по гладкому наклонному желобу AD длиной $\text{l}$. Его движение также является равноускоренным без начальной скорости.
Ускорение шарику придает составляющая силы тяжести, направленная вдоль желоба.
Пусть желоб AD составляет угол $\alpha$ с вертикальным диаметром AB.
Тогда ускорение шарика 1 равно проекции ускорения свободного падения на направление желоба: $a_1 = g \cos(\alpha)$.
Пройденный путь $s_1$ равен длине желоба: $s_1 = l$.
Время движения $t_1$ найдем из той же формулы: $s_1 = \frac{a_1 t_1^2}{2}$.
Подставим известные значения: $l = \frac{g \cos(\alpha) t_1^2}{2}$.

3. Геометрическая связь.

Рассмотрим треугольник ABD. Он вписан в окружность, и одна из его сторон, AB, является диаметром. Угол $\angle ADB$ опирается на диаметр, следовательно, он прямой ($\angle ADB = 90^\circ$).
Таким образом, треугольник ABD является прямоугольным с гипотенузой AB.
В этом прямоугольном треугольнике катет AD (длина желоба $\text{l}$) связан с гипотенузой AB (диаметр $2R$) и прилежащим углом $\alpha$ соотношением:
$\cos(\alpha) = \frac{AD}{AB} = \frac{l}{2R}$.
Отсюда выразим длину желоба: $l = 2R \cos(\alpha)$.

4. Расчет времени движения шарика 1 и сравнение.

Теперь подставим выражение для длины $\text{l}$ в формулу для времени движения шарика 1:
$2R \cos(\alpha) = \frac{g \cos(\alpha) t_1^2}{2}$.
Так как желоб существует, $\cos(\alpha) \ne 0$, и мы можем сократить обе части уравнения на $\cos(\alpha)$:
$2R = \frac{g t_1^2}{2}$.
Выразим время $t_1$:
$t_1^2 = \frac{4R}{g}$
$t_1 = \sqrt{\frac{4R}{g}} = 2\sqrt{\frac{R}{g}}$.

Сравнивая полученные выражения для $t_1$ и $t_2$, видим, что они равны:
$t_1 = t_2 = 2\sqrt{\frac{R}{g}}$.
Это доказывает, что оба шарика достигнут окружности одновременно, независимо от положения точки D на ней.

Ответ: Время движения шарика 1 ($t_1 = \sqrt{4R/g}$) и шарика 2 ($t_2 = \sqrt{4R/g}$) одинаково, следовательно, они достигнут окружности одновременно. Что и требовалось доказать.