Номер 157, страница 24, часть 1 - гдз по физике 10-11 класс сборник задач Парфентьева

Часть 1. 10 класс. Механика. Динамика. Законы механики Ньютона. Второй закон Ньютона. Третий закон Ньютона. Масса и сила - номер 157, страница 24.

Условие.

157. [138] Шарик радиусом $\text{r}$ (рис. 30) подвешен на нити длиной $\text{l}$ к вертикальному стержню, проходящему через центр основания цилиндра радиусом $\text{R}$. Система приведена во вращение. Определите, при какой минимальной угловой скорости вращения $\omega_0$ шарик перетаёт давить на цилиндр.

Рис. 30

Решение.

Дано:

Радиус шарика: $\text{r}$

Длина нити: $\text{l}$

Радиус цилиндра: $\text{R}$

Ускорение свободного падения: $\text{g}$

Найти:

Минимальную угловую скорость вращения $\omega_0$, при которой шарик перестает давить на цилиндр.

Решение:

Когда система вращается с угловой скоростью $\omega$, на шарик действуют три силы: сила тяжести $mg$, направленная вертикально вниз, сила натяжения нити $\text{T}$, направленная вдоль нити к точке подвеса, и сила нормальной реакции $\text{N}$ со стороны цилиндра, направленная горизонтально от оси вращения.

Шарик движется по окружности в горизонтальной плоскости. Радиус этой окружности, проходящей через центр шарика, равен $\rh°= R + r$. Центростремительное ускорение шарика направлено к оси вращения и равно по модулю $a_c = \omega^2 \rh°= \omega^2 (R+r)$.

Пусть $\alpha$ – угол отклонения нити от вертикали. Из геометрии системы следует, что $\sin\alpha = \frac{R+r}{l}$.

Запишем второй закон Ньютона в проекциях на вертикальную и горизонтальную оси.

В проекции на вертикальную ось (ось OY), так как вертикального движения нет, сумма сил равна нулю:

$T \cos\alpha - mg = 0 \implies T \cos\alpha = mg$ (1)

В проекции на горизонтальную ось (ось OX), направленную к центру вращения, равнодействующая сил создает центростремительное ускорение:

$T \sin\alpha - N = m a_c = m \omega^2 (R+r)$ (2)

Шарик перестает давить на цилиндр в тот момент, когда сила нормальной реакции $\text{N}$ становится равной нулю. Это происходит при достижении минимальной угловой скорости $\omega_0$. При $N=0$ и $\omega = \omega_0$ уравнение (2) принимает вид:

$T \sin\alpha = m \omega_0^2 (R+r)$ (3)

Мы получили систему из двух уравнений (1) и (3) для определения $\omega_0$:

$\begin{cases} T \cos\alpha = mg \\ T \sin\alpha = m \omega_0^2 (R+r) \end{cases}$

Разделим второе уравнение системы на первое:

$\frac{T \sin\alpha}{T \cos\alpha} = \frac{m \omega_0^2 (R+r)}{mg}$

$\tan\alpha = \frac{\omega_0^2 (R+r)}{g}$

Отсюда выразим квадрат искомой угловой скорости:

$\omega_0^2 = \frac{g \tan\alpha}{R+r}$

Теперь необходимо выразить $\tan\alpha$ через заданные в условии величины $\text{l}$, $\text{r}$ и $\text{R}$. Из геометрии мы знаем, что $\sin\alpha = \frac{R+r}{l}$.

Используя основное тригонометрическое тождество, найдем $\cos\alpha$:

$\cos\alpha = \sqrt{1 - \sin^2\alpha} = \sqrt{1 - \left(\frac{R+r}{l}\right)^2} = \frac{\sqrt{l^2 - (R+r)^2}}{l}$

Теперь можем найти тангенс угла $\alpha$:

$\tan\alpha = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} = \frac{(R+r)/l}{\sqrt{l^2 - (R+r)^2}/l} = \frac{R+r}{\sqrt{l^2 - (R+r)^2}}$

Подставим полученное выражение для $\tan\alpha$ в формулу для $\omega_0^2$:

$\omega_0^2 = \frac{g}{R+r} \cdot \frac{R+r}{\sqrt{l^2 - (R+r)^2}} = \frac{g}{\sqrt{l^2 - (R+r)^2}}$

Извлекая квадратный корень, получаем окончательное выражение для минимальной угловой скорости:

$\omega_0 = \sqrt{\frac{g}{\sqrt{l^2 - (R+r)^2}}}$

Ответ: $\omega_0 = \sqrt{\frac{g}{\sqrt{l^2 - (R+r)^2}}}$.