Номер 267, страница 39, часть 1 - гдз по физике 10-11 класс сборник задач Парфентьева

Часть 1. 10 класс. Механика. Законы сохранения в механике. Закон сохранения энергии. Закон сохранения механической энергии. Уменьшение механической энергии системы под действием сил трения - номер 267, страница 39.

Условие.

267. [242] На вертикальном невесомом стержне длиной 40 см укреплён маленький шарик (рис. 49). Стержень начинает падать. Определите скорость шарика в тот момент, когда стержень составляет с горизонталью угол 30°. Нижний конец стержня:

1) неподвижен;

2) скользит без трения по поверхности.

Рис. 49

Решение.

Дано:
Длина стержня $L = 40 \text{ см}$
Конечный угол с горизонталью $\alpha = 30^\circ$
Ускорение свободного падения $g \approx 9.8 \text{ м/с}^2$

Перевод в систему СИ:
$L = 0.4 \text{ м}$

Найти:
Скорость шарика $\text{v}$ в двух случаях.

Решение:
Для решения задачи в обоих случаях воспользуемся законом сохранения механической энергии. В начальный момент стержень расположен вертикально, поэтому шарик находится на высоте $\text{L}$ относительно горизонтальной поверхности. Начальная скорость шарика равна нулю. Следовательно, полная начальная механическая энергия системы равна потенциальной энергии шарика:
$E_н = E_п = mgL$
где $\text{m}$ - масса шарика.

1) Нижний конец стержня неподвижен.
В этом случае нижний конец стержня служит осью вращения. Шарик движется по дуге окружности радиусом $\text{L}$.
Когда стержень составляет угол $\alpha$ с горизонталью, высота шарика над осью вращения составляет $h_1 = L\sin\alpha$.
Полная механическая энергия в этот момент времени складывается из потенциальной и кинетической энергий шарика:
$E_1 = mgh_1 + \frac{1}{2}mv_1^2 = mgL\sin\alpha + \frac{1}{2}mv_1^2$
Согласно закону сохранения энергии, начальная энергия равна конечной: $E_н = E_1$.
$mgL = mgL\sin\alpha + \frac{1}{2}mv_1^2$
Отсюда можем выразить квадрат скорости шарика:
$\frac{1}{2}mv_1^2 = mgL - mgL\sin\alpha = mgL(1 - \sin\alpha)$
$v_1^2 = 2gL(1 - \sin\alpha)$
$v_1 = \sqrt{2gL(1 - \sin\alpha)}$
Подставим числовые значения:
$v_1 = \sqrt{2 \cdot 9.8 \frac{\text{м}}{\text{с}^2} \cdot 0.4 \text{ м} \cdot (1 - \sin30^\circ)} = \sqrt{2 \cdot 9.8 \cdot 0.4 \cdot (1 - 0.5)} = \sqrt{7.84 \cdot 0.5} = \sqrt{3.92} \approx 1.98 \frac{\text{м}}{\text{с}}$
Ответ: Скорость шарика составляет примерно $1.98 \text{ м/с}$.

2) Нижний конец стержня скользит без трения по поверхности.
Рассмотрим систему, состоящую из шарика и невесомого стержня. На эту систему действуют внешние силы: сила тяжести и сила нормальной реакции опоры. Обе эти силы направлены вертикально. В горизонтальном направлении внешние силы отсутствуют, так как трение равно нулю.
Поскольку в горизонтальном направлении внешние силы не действуют, горизонтальная составляющая импульса системы сохраняется. Так как стержень невесом, весь импульс системы сосредоточен в шарике. В начальный момент система покоилась, поэтому начальный импульс равен нулю. Следовательно, горизонтальная составляющая импульса шарика будет оставаться равной нулю в течение всего движения ($p_x=0$). Это означает, что горизонтальная составляющая скорости шарика также равна нулю ($v_x=0$), и шарик движется строго вертикально вниз.
Высота шарика в конечный момент, когда стержень составляет угол $\alpha$ с горизонталью, так же как и в первом случае, равна $h_2 = L\sin\alpha$.
Полная энергия системы в этот момент равна сумме потенциальной и кинетической энергий шарика (кинетическая энергия невесомого стержня равна нулю):
$E_2 = mgh_2 + \frac{1}{2}mv_2^2 = mgL\sin\alpha + \frac{1}{2}mv_2^2$
Приравнивая начальную и конечную энергии ($E_н = E_2$), получаем то же самое уравнение, что и в первом пункте:
$mgL = mgL\sin\alpha + \frac{1}{2}mv_2^2$
Решение для скорости $v_2$ будет идентичным:
$v_2 = \sqrt{2gL(1 - \sin\alpha)}$
$v_2 = \sqrt{2 \cdot 9.8 \frac{\text{м}}{\text{с}^2} \cdot 0.4 \text{ м} \cdot (1 - \sin30^\circ)} \approx 1.98 \frac{\text{м}}{\text{с}}$
Ответ: Скорость шарика составляет примерно $1.98 \text{ м/с}$.