Номер 4, страница 375 - гдз по физике 10 класс учебник Мякишев, Синяков

Упражнение 12. Параграф 7.2. Примеры решения задач. Глава 7. Движение твёрдого тела. Движение твёрдых и деформируемых тел - номер 4, страница 375.

Условие.

4. Бревно нижним концом упирается в угол между стеной и землёй и касается борта грузовика на высоте $\text{h}$ от земли (рис. 7.12). Найдите угловую скорость бревна в зависимости от угла $\alpha$, если грузовик отъезжает со скоростью $\vec{v}$. При движении грузовик не увлекает бревно за собой.

Рис. 7.12

Решение.

Дано:

Высота касания борта грузовика: $h$

Скорость грузовика: $v$

Угол наклона бревна к земле: $\alpha$

Все величины считаем заданными в системе СИ.

Найти:

Угловую скорость бревна $\omega$.

Решение:

Введем систему координат, в которой начало (0,0) совпадает с нижним концом бревна (угол между стеной и землей). Ось Ox направим горизонтально вдоль земли в сторону движения грузовика, а ось Oy — вертикально вверх вдоль стены.

В этой системе координат точка касания бревна и борта грузовика, обозначим ее P, имеет координаты $(x, y)$. Из условия задачи, высота этой точки постоянна и равна $h$, то есть $y = h$. Координата $x$ этой точки изменяется со временем, поскольку грузовик движется. Скорость изменения этой координаты равна скорости грузовика:

$ \frac{dx}{dt} = v $

Положение бревна определяется углом $\alpha$ между бревном и осью Ox. Для точки касания P, лежащей на бревне, справедливо тригонометрическое соотношение:

$ \tan \alpha = \frac{y}{x} $

Подставив $y = h$, получим:

$ \tan \alpha = \frac{h}{x} $

Из этого выражения можно выразить координату $x$ через угол $\alpha$ и высоту $h$:

$ x = \frac{h}{\tan \alpha} = h \cot \alpha $

Чтобы найти связь между линейной скоростью $v$ и угловой скоростью бревна $\omega$, продифференцируем это выражение по времени $t$. Учтем, что $h$ является константой, а $x$ и $\alpha$ являются функциями времени.

$ \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt}(h \cot \alpha) $

Применяя правило дифференцирования сложной функции, получаем:

$ v = h \cdot \frac{d(\cot \alpha)}{d\alpha} \cdot \frac{d\alpha}{dt} $

Производная котангенса по его аргументу равна:

$ \frac{d(\cot \alpha)}{d\alpha} = -\frac{1}{\sin^2 \alpha} $

Подставим это в наше выражение для скорости:

$ v = h \left( -\frac{1}{\sin^2 \alpha} \right) \frac{d\alpha}{dt} $

Поскольку грузовик отъезжает, координата $x$ увеличивается. Из соотношения $x = h \cot \alpha$ следует, что $\cot \alpha$ также увеличивается. Так как котангенс является убывающей функцией на интервале $(0, \pi)$, увеличение $\cot \alpha$ означает, что угол $\alpha$ уменьшается. Следовательно, его производная по времени $\frac{d\alpha}{dt}$ отрицательна.

Угловая скорость $\omega$ по определению является модулем скорости изменения угла:

$ \omega = \left| \frac{d\alpha}{dt} \right| = -\frac{d\alpha}{dt} $

Следовательно, $\frac{d\alpha}{dt} = -\omega$. Подставим это в уравнение для $v$:

$ v = h \left( -\frac{1}{\sin^2 \alpha} \right) (-\omega) = \frac{h \omega}{\sin^2 \alpha} $

Наконец, выразим угловую скорость $\omega$ из этого уравнения:

$ \omega = \frac{v \sin^2 \alpha}{h} $

Ответ:

Угловая скорость бревна равна $ \omega = \frac{v \sin^2 \alpha}{h} $.