Номер 4.30, страница 23 - гдз по физике 8-11 класс учебник, задачник Гельфгат, Генденштейн

Задачи. Механика. 4. Импульс, работа, энергия. Законы сохранения - номер 4.30, страница 23.

Условие.

4.30*. На гладком горизонтальном столе лежит клин массой $\text{M}$ и высотой $\text{h}$. Угол наклона поверхности клина к гори-зонту равен $\alpha$. С клина соскальзывает без трения небольшое тело массой $\text{m}$. Какую скорость $\text{v}$ приобретет тело в конце спуска? Найдите модуль и направление скорости.

Решение.

Решение 2.

Дано:

Масса клина: $\text{M}$

Масса тела: $\text{m}$

Высота клина: $\text{h}$

Угол наклона клина: $\alpha$

Все величины даны в буквенном выражении, перевод в СИ не требуется.

Найти:

Модуль скорости тела $\text{v}$ и направление его скорости в конце спуска.

Решение:

Рассмотрим систему, состоящую из клина и тела. Так как стол гладкий и трение между телом и клином отсутствует, на систему не действуют внешние горизонтальные силы. Следовательно, горизонтальная составляющая импульса системы сохраняется. В начальный момент времени система покоилась, поэтому начальный импульс равен нулю. Конечный импульс системы также должен быть равен нулю.

Введем систему координат: ось $\text{Ox}$ направим горизонтально, ось $\text{Oy}$ — вертикально вверх. Пусть в конце спуска тело имеет скорость $\vec{v}$, а клин — скорость $\vec{V}$. Клин может двигаться только по горизонтали. Пусть его скорость направлена влево, тогда $\vec{V} = (-V, 0)$. Скорость тела будет иметь две компоненты: $\vec{v} = (v_x, v_y)$.

1. Закон сохранения импульса в проекции на ось Ox:

$0 = mv_x + M(-V)$

$mv_x = MV$ (1)

2. Закон сохранения механической энергии:

В начальный момент времени тело находится на высоте $\text{h}$, и система покоится. Начальная энергия системы равна потенциальной энергии тела: $E_{нач} = mgh$.

В конечный момент времени тело находится на нулевой высоте, а тело и клин движутся. Конечная энергия системы равна сумме их кинетических энергий: $E_{кон} = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}MV^2$.

Приравнивая начальную и конечную энергии, получаем:

$mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}MV^2$

где $v^2 = v_x^2 + v_y^2$.

$2mgh = m(v_x^2 + v_y^2) + MV^2$ (2)

3. Кинематическая связь скоростей:

Скорость тела относительно земли $\vec{v}$ является суммой скорости клина $\vec{V}$ и скорости тела относительно клина $\vec{u}$: $\vec{v} = \vec{V} + \vec{u}$.

Скорость $\vec{u}$ направлена вдоль наклонной поверхности клина под углом $\alpha$ к горизонту. Запишем это соотношение в проекциях на оси координат:

$v_x = -V + u \cos\alpha$

$v_y = -u \sin\alpha$

Из второго уравнения выразим $u = -\frac{v_y}{\sin\alpha}$ и подставим в первое:

$v_x = -V + (-\frac{v_y}{\sin\alpha}) \cos\alpha = -V - v_y \cot\alpha$

$v_x + V = -v_y \cot\alpha$ (3)

Теперь у нас есть система из трех уравнений (1), (2), (3) с тремя неизвестными ($v_x, v_y, V$). Решим ее.

Из уравнения (1) выразим $V = \frac{m}{M}v_x$ и подставим в (3):

$v_x + \frac{m}{M}v_x = -v_y \cot\alpha$

$v_x(1 + \frac{m}{M}) = -v_y \frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}$

$v_x \frac{M+m}{M} = -v_y \frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}$

Отсюда находим связь между компонентами скорости тела $v_y$ и $v_x$:

$v_y = -v_x \frac{(M+m)\sin\alpha}{M\cos\alpha} = -v_x \frac{M+m}{M} \tan\alpha$ (4)

Теперь подставим $\text{V}$ из (1) и $v_y$ из (4) в уравнение энергии (2):

$2mgh = m(v_x^2 + v_y^2) + M(\frac{m}{M}v_x)^2$

$2gh = v_x^2 + v_y^2 + \frac{m}{M}v_x^2 = v_x^2(1 + \frac{m}{M}) + v_y^2$

$2gh = v_x^2\frac{M+m}{M} + \left(-v_x \frac{M+m}{M} \tan\alpha\right)^2$

$2gh = v_x^2\frac{M+m}{M} + v_x^2\left(\frac{M+m}{M}\right)^2 \tan^2\alpha$

$2gh = v_x^2\frac{M+m}{M}\left[1 + \frac{M+m}{M}\tan^2\alpha\right]$

$2gh = v_x^2\frac{M+m}{M}\left[\frac{M\cos^2\alpha + (M+m)\sin^2\alpha}{M\cos^2\alpha}\right]$

$2gh = v_x^2\frac{M+m}{M^2\cos^2\alpha}(M\cos^2\alpha + M\sin^2\alpha + m\sin^2\alpha)$

$2gh = v_x^2\frac{M+m}{M^2\cos^2\alpha}(M + m\sin^2\alpha)$

Отсюда находим квадрат горизонтальной компоненты скорости тела:

$v_x^2 = \frac{2gh M^2\cos^2\alpha}{(M+m)(M+m\sin^2\alpha)}$

Теперь найдем квадрат вертикальной компоненты, используя (4):

$v_y^2 = v_x^2 \left(\frac{M+m}{M}\right)^2 \tan^2\alpha = \frac{2gh M^2\cos^2\alpha}{(M+m)(M+m\sin^2\alpha)} \frac{(M+m)^2\sin^2\alpha}{M^2\cos^2\alpha}$

$v_y^2 = \frac{2gh(M+m)\sin^2\alpha}{M+m\sin^2\alpha}$

Модуль скорости тела $\text{v}$ найдем как $v = \sqrt{v_x^2 + v_y^2}$:

$v^2 = v_x^2 + v_y^2 = \frac{2gh M^2\cos^2\alpha}{(M+m)(M+m\sin^2\alpha)} + \frac{2gh (M+m)\sin^2\alpha}{M+m\sin^2\alpha}$

$v^2 = \frac{2gh}{(M+m)(M+m\sin^2\alpha)} [M^2\cos^2\alpha + (M+m)^2\sin^2\alpha]$

$v = \sqrt{\frac{2gh(M^2\cos^2\alpha + (M+m)^2\sin^2\alpha)}{(M+m)(M+m\sin^2\alpha)}}$

Направление скорости определим углом $\beta$ с горизонталью. Тангенс этого угла равен отношению модулей компонент скорости:

$\tan\beta = \frac{|v_y|}{|v_x|} = \sqrt{\frac{v_y^2}{v_x^2}} = \sqrt{\frac{\frac{2gh(M+m)\sin^2\alpha}{M+m\sin^2\alpha}}{\frac{2gh M^2\cos^2\alpha}{(M+m)(M+m\sin^2\alpha)}}}$

$\tan\beta = \sqrt{\frac{(M+m)\sin^2\alpha}{M+m\sin^2\alpha} \cdot \frac{(M+m)(M+m\sin^2\alpha)}{M^2\cos^2\alpha}} = \sqrt{\frac{(M+m)^2\sin^2\alpha}{M^2\cos^2\alpha}}$

$\tan\beta = \frac{(M+m)\sin\alpha}{M\cos\alpha} = \frac{M+m}{M}\tan\alpha$

Скорость тела будет направлена вниз под углом $\beta = \arctan\left(\frac{M+m}{M}\tan\alpha\right)$ к горизонтали.

Ответ:

Модуль скорости тела в конце спуска равен:

$v = \sqrt{\frac{2gh(M^2\cos^2\alpha + (M+m)^2\sin^2\alpha)}{(M+m)(M+m\sin^2\alpha)}}$

Скорость направлена под углом $\beta$ к горизонту, тангенс которого равен:

$\tan\beta = \frac{M+m}{M}\tan\alpha$