Номер 7, страница 361 - гдз по физике 10 класс учебник Мякишев, Синяков

Упражнение 11. Параграф 6.12. Примеры решения задач. Глава 6. Закон сохранения энергии. Законы сохранения в механике - номер 7, страница 361.

Условие.

7. Жёсткий невесомый стержень OB может вращаться без трения в вертикальной плоскости вокруг оси, проходящей через точку O. В середине стержня и на его конце закреплены два шарика, массы которых $m_A = 4m$ и $m_B = m$. Стержень приводят в горизонтальное положение и отпускают (рис. 6.28). Определите натяжение стержня на участках OA и AB в момент прохождения положения равновесия.

Рис. 6.28

Решение.

Дано:

Масса шарика в точке A: $m_A = 4m$

Масса шарика в точке B: $m_B = m$

Точка A - середина стержня OB.

Стержень невесомый, жесткий.

Начальное положение - горизонтальное.

Начальная скорость равна нулю.

Найти:

Натяжение на участке OA: $T_{OA}$

Натяжение на участке AB: $T_{AB}$

Решение:

Обозначим длину всего стержня $OB$ как $L$. Поскольку точка A является серединой стержня, то расстояние от точки подвеса $O$ до шарика A равно $OA = L/2$, а до шарика B - $OB = L$.

Сначала определим угловую скорость $ \omega $ стержня в момент прохождения им положения равновесия (нижней точки). Для этого воспользуемся законом сохранения механической энергии. За нулевой уровень потенциальной энергии примем самое нижнее положение системы (положение равновесия).

Начальная энергия системы (в горизонтальном положении):

Кинетическая энергия $K_1 = 0$, так как стержень отпускают из состояния покоя.

Потенциальная энергия $U_1$ равна сумме потенциальных энергий шариков A и B относительно нулевого уровня:

$U_1 = m_A g h_A + m_B g h_B = 4m \cdot g \cdot (L/2) + m \cdot g \cdot L = 2mgL + mgL = 3mgL$.

Полная начальная энергия системы: $E_1 = K_1 + U_1 = 3mgL$.

Конечная энергия системы (в вертикальном положении равновесия):

Потенциальная энергия $U_2 = 0$.

Кинетическая энергия $K_2$ равна сумме кинетических энергий шариков A и B, которые движутся с линейными скоростями $v_A = \omega \cdot OA = \omega L/2$ и $v_B = \omega \cdot OB = \omega L$:

$K_2 = \frac{1}{2} m_A v_A^2 + \frac{1}{2} m_B v_B^2 = \frac{1}{2} (4m) \left(\omega \frac{L}{2}\right)^2 + \frac{1}{2} m (\omega L)^2 = \frac{1}{2} \cdot 4m \cdot \frac{\omega^2 L^2}{4} + \frac{1}{2} m \omega^2 L^2 = \frac{1}{2} m \omega^2 L^2 + \frac{1}{2} m \omega^2 L^2 = m \omega^2 L^2$.

Полная конечная энергия системы: $E_2 = K_2 + U_2 = m \omega^2 L^2$.

Согласно закону сохранения энергии, $E_1 = E_2$:

$3mgL = m \omega^2 L^2$

Отсюда находим квадрат угловой скорости:

$\omega^2 = \frac{3g}{L}$.

Теперь, зная угловую скорость, можем найти силы натяжения, применив второй закон Ньютона для каждого шарика в отдельности в момент прохождения положения равновесия. В этом положении силы натяжения и силы тяжести направлены вертикально. Направим ось OY вверх.

Натяжение стержня на участке AB

Рассмотрим силы, действующие на шарик B. Это сила тяжести $m_B g = mg$, направленная вниз, и сила натяжения $T_{AB}$ от участка стержня AB, направленная вверх. Равнодействующая этих сил сообщает шарику центростремительное ускорение $a_{cB} = \omega^2 L$, направленное к центру вращения O (вверх).

Запишем второй закон Ньютона для шарика B в проекции на ось OY:

$T_{AB} - m_B g = m_B a_{cB}$

$T_{AB} - mg = m (\omega^2 L)$

Подставим найденное значение для $\omega^2$:

$T_{AB} - mg = m \left(\frac{3g}{L} \cdot L\right) = 3mg$

$T_{AB} = 3mg + mg = 4mg$

Ответ: Натяжение стержня на участке AB равно $T_{AB} = 4mg$.

Натяжение стержня на участке OA

Рассмотрим силы, действующие на шарик A. Это:

1. Сила тяжести $m_A g = 4mg$, направленная вниз.

2. Сила натяжения $T_{OA}$ от участка стержня OA, направленная вверх.

3. Сила со стороны участка стержня AB, которая по третьему закону Ньютона равна по модулю $T_{AB}$ и направлена в противоположную сторону, то есть вниз ($T'_{AB} = T_{AB} = 4mg$).

Равнодействующая этих сил сообщает шарику A центростремительное ускорение $a_{cA} = \omega^2 \cdot OA = \omega^2 (L/2)$, направленное к центру вращения O (вверх).

Запишем второй закон Ньютона для шарика A в проекции на ось OY:

$T_{OA} - T_{AB} - m_A g = m_A a_{cA}$

$T_{OA} - 4mg - 4mg = 4m \left(\omega^2 \frac{L}{2}\right)$

Подставим известное значение $\omega^2 = \frac{3g}{L}$:

$T_{OA} - 8mg = 4m \left(\frac{3g}{L} \cdot \frac{L}{2}\right)$

$T_{OA} - 8mg = 4m \cdot \frac{3g}{2} = 6mg$

$T_{OA} = 6mg + 8mg = 14mg$

Ответ: Натяжение стержня на участке OA равно $T_{OA} = 14mg$.