Номер 8.19, страница 45 - гдз по физике 8-11 класс учебник, задачник Гельфгат, Генденштейн

Задачи. Механика. 8. Комбинированные задачи по механике - номер 8.19, страница 45.

Условие.

8.19**. Легкий стержень длиной $\text{l}$ с двумя шариками на концах (см. рисунок) может вращаться вокруг горизонтальной оси, проходящей через середину стержня. Стержень приводят в горизонтальное положение и отпускают. С какой силой $\text{F}$ стержень давит на ось в первый момент после освобождения? При прохождении положения равновесия? Массы шариков $m_1$ и $m_2$, причем $m_1 > m_2$.

Решение.

Решение 2.

Дано:

Длина стержня: $\text{l}$

Масса первого шарика: $m_1$

Масса второго шарика: $m_2$

Стержень невесомый.

Ось вращения O проходит через середину стержня.

Начальное положение: горизонтальное.

Условие: $m_1 > m_2$

Все величины даны в символьном виде, предполагается использование системы СИ.

Найти:

$F_1$ - сила давления на ось в первый момент после освобождения.

$F_2$ - сила давления на ось при прохождении положения равновесия.

Решение:

Сила $\text{F}$, с которой стержень давит на ось, по третьему закону Ньютона равна по модулю и противоположна по направлению силе реакции оси $\text{N}$, действующей на стержень. Будем находить силу реакции $\text{N}$. Для этого рассмотрим движение системы в целом. Уравнение движения центра масс системы имеет вид:

$\vec{N} + m_1\vec{g} + m_2\vec{g} = (m_1+m_2)\vec{a}_{цм}$

где $\vec{a}_{цм}$ — ускорение центра масс системы.

В первый момент после освобождения

В начальный момент стержень расположен горизонтально. Силы тяжести $m_1g$ и $m_2g$ создают вращающий момент относительно оси O. Так как $m_1 > m_2$, стержень начнет вращаться по часовой стрелке (шарик $m_1$ будет опускаться).

Суммарный вращающий момент, действующий на систему:

$M = m_1g \frac{l}{2} - m_2g \frac{l}{2} = (m_1 - m_2)g \frac{l}{2}$

Момент инерции системы относительно оси O:

$I = m_1(\frac{l}{2})^2 + m_2(\frac{l}{2})^2 = (m_1+m_2)\frac{l^2}{4}$

Согласно основному уравнению динамики вращательного движения $M = I\varepsilon$, где $\varepsilon$ — угловое ускорение.

$(m_1 - m_2)g \frac{l}{2} = (m_1+m_2)\frac{l^2}{4}\varepsilon$

Отсюда находим угловое ускорение в первый момент времени:

$\varepsilon = \frac{2g(m_1 - m_2)}{l(m_1 + m_2)}$

Линейные ускорения шариков $a_1$ и $a_2$ в этот момент направлены вертикально (вниз для $m_1$ и вверх для $m_2$) и равны:

$a_1 = a_2 = \varepsilon \frac{l}{2} = \frac{g(m_1 - m_2)}{m_1 + m_2}$

Теперь найдем ускорение центра масс. Направим ось OY вертикально вниз. Тогда ускорение центра масс:

$a_{цм} = \frac{m_1a_1 - m_2a_2}{m_1+m_2} = \frac{(m_1-m_2)a_1}{m_1+m_2} = \frac{(m_1-m_2)}{m_1+m_2} \cdot \frac{g(m_1 - m_2)}{m_1 + m_2} = g\frac{(m_1 - m_2)^2}{(m_1 + m_2)^2}$

Запишем уравнение движения центра масс в проекции на ось OY:

$(m_1+m_2)g - N_1 = (m_1+m_2)a_{цм}$

$N_1 = (m_1+m_2)g - (m_1+m_2)a_{цм} = (m_1+m_2)g - (m_1+m_2)g\frac{(m_1 - m_2)^2}{(m_1 + m_2)^2}$

$N_1 = g \left( (m_1+m_2) - \frac{(m_1-m_2)^2}{m_1+m_2} \right) = g \frac{(m_1+m_2)^2 - (m_1-m_2)^2}{m_1+m_2}$

Используя формулу разности квадратов $(a^2-b^2)=(a-b)(a+b)$, получаем:

$N_1 = g \frac{(m_1+m_2 - (m_1-m_2))(m_1+m_2 + m_1-m_2)}{m_1+m_2} = g \frac{(2m_2)(2m_1)}{m_1+m_2} = \frac{4m_1m_2g}{m_1+m_2}$

Сила давления на ось $F_1$ равна силе реакции $N_1$.

Ответ: Сила, с которой стержень давит на ось в первый момент, равна $F_1 = \frac{4m_1m_2g}{m_1+m_2}$ и направлена вниз.

При прохождении положения равновесия

Положение равновесия — это вертикальное положение стержня, когда шарик с большей массой $m_1$ находится внизу, а $m_2$ — вверху. Найдем квадрат угловой скорости $\omega^2$ в этот момент, используя закон сохранения энергии.

При повороте на 90° из горизонтального положения в вертикальное шарик $m_1$ опускается на высоту $l/2$, а шарик $m_2$ поднимается на высоту $l/2$. Изменение потенциальной энергии системы:

$\Delta E_p = m_2g\frac{l}{2} - m_1g\frac{l}{2} = -(m_1-m_2)g\frac{l}{2}$

Это изменение переходит в кинетическую энергию вращения:

$E_k = \frac{1}{2}I\omega^2 = \frac{1}{2}(m_1+m_2)\frac{l^2}{4}\omega^2 = \frac{1}{8}(m_1+m_2)l^2\omega^2$

По закону сохранения энергии, убыль потенциальной энергии равна приращению кинетической:

$(m_1-m_2)g\frac{l}{2} = \frac{1}{8}(m_1+m_2)l^2\omega^2$

Отсюда находим $\omega^2$:

$\omega^2 = \frac{4g(m_1-m_2)}{l(m_1+m_2)}$

В вертикальном положении на шарики действуют силы тяжести и силы натяжения/сжатия стержня. Ускорения шариков являются центростремительными. Для шарика $m_1$ ускорение $a_1 = \omega^2\frac{l}{2}$ направлено вверх. Для шарика $m_2$ ускорение $a_2 = \omega^2\frac{l}{2}$ направлено вниз.

Направим ось OY вертикально вверх. Ускорение центра масс:

$a_{цм} = \frac{m_1a_1 - m_2a_2}{m_1+m_2} = \frac{(m_1-m_2)\omega^2(l/2)}{m_1+m_2}$

Подставим выражение для $\omega^2$:

$a_{цм} = \frac{(m_1-m_2)}{m_1+m_2} \frac{l}{2} \frac{4g(m_1-m_2)}{l(m_1+m_2)} = \frac{2g(m_1-m_2)^2}{(m_1+m_2)^2}$

Запишем уравнение движения центра масс в проекции на ось OY:

$N_2 - (m_1+m_2)g = (m_1+m_2)a_{цм}$

$N_2 = (m_1+m_2)g + (m_1+m_2)a_{цм} = (m_1+m_2)g + (m_1+m_2)\frac{2g(m_1-m_2)^2}{(m_1+m_2)^2}$

$N_2 = (m_1+m_2)g + \frac{2g(m_1-m_2)^2}{m_1+m_2} = g \left( \frac{(m_1+m_2)^2 + 2(m_1-m_2)^2}{m_1+m_2} \right)$

Раскроем скобки в числителе:

$(m_1^2+2m_1m_2+m_2^2) + 2(m_1^2-2m_1m_2+m_2^2) = m_1^2+2m_1m_2+m_2^2 + 2m_1^2-4m_1m_2+2m_2^2 = 3m_1^2-2m_1m_2+3m_2^2$

Таким образом, сила реакции опоры $N_2$:

$N_2 = g\frac{3m_1^2 - 2m_1m_2 + 3m_2^2}{m_1+m_2}$

Сила давления на ось $F_2$ равна $N_2$.

Ответ: Сила, с которой стержень давит на ось при прохождении положения равновесия, равна $F_2 = g\frac{3m_1^2 - 2m_1m_2 + 3m_2^2}{m_1+m_2}$ и направлена вниз (так как знаменатель и числитель всегда положительны).