Ударные силы, импульс силы

Шайба 1 сидит на гладком шарнире, поэтому во время удара её скорость поперёк стержня не меняется — её момент импульса относительно точки удара остаётся нулевым. Дальше: проекция импульса системы вдоль стенки (или отношение импульсов трения и нормальной реакции), энергия при упругом ударе и связь скоростей концов жёсткого стержня.

1) см. решение;  2) \(\omega = \dfrac{4v_0\,\mathrm{tg}\,\alpha}{L(1 + 2\,\mathrm{tg}^2\alpha)} \approx 4{,}33\) рад/с;  3) при \(\mu_1 = 0{,}2 < \mathrm{tg}\,\alpha\): \(\omega_1 = \dfrac{2v_0(\mathrm{tg}\,\alpha - \mu_1)}{L(1 + 2\,\mathrm{tg}^2\alpha - \mu_1\mathrm{tg}\,\alpha)} \approx 1{,}52\) рад/с; при \(\mu_2 = 0{,}6 > \mathrm{tg}\,\alpha\): \(\omega_2 = 0\).

1. Перейдем в неинерциальную систему отсчета, связанную с центром масс системы (центром шарика).

Рассмотрим силы, действующие на твердое тело «стержень + шайба 2». Со стороны стенки на шайбу действует сила \(\vec R = \vec N + \vec F_\text{тр}\), приложенная к точке контакта со стеной. На свободный конец стержня действует сила \(\vec F\) со стороны шайбы 1. Также действует сила инерции, приложенная к центру масс тела (центру шайбы).

Запишем закон сохранения энергии. Кинетическая энергия тела в этой системе отсчета стремится к нулю, так как центр шайбы неподвижен, ее размер мал, а стержень невесомый. Тогда суммарная работа всех сил, а как следствие и суммарная мощность, равна нулю.

Сила инерции работу не совершает (центр масс не движется). Мощность силы \(\vec F\) равна \(P_F = F_\perp\cdot\omega L\), где \(\omega\) — угловая скорость вращения стержня. Мощность силы \(\vec R\) равна \(P_R = -F_\text{тр}\cdot\omega r\). Знаки написаны в предположении вращения стержня против часовой стрелки. \[F_\perp\cdot\omega L - F_\text{тр}\cdot\omega r = 0 \Rightarrow \frac{F_\perp}{F_\text{тр}} = \frac rL \ll 1.\] Следовательно, силу \(\vec F\) можно считать направленной вдоль стержня. Теперь рассмотрим только стержень. На него действует сила \(\vec F\) со стороны шайбы 1 и сила \(\vec F'\) со стороны шайбы 2. Так как стержень невесомый, то \(\vec F + \vec F' = \vec 0\), откуда \(\vec F' = -\vec F\), следовательно направлена вдоль стержня.

2. Первое решение:

Поскольку силы, действующие со стороны стержня на шайбы, можно считать направленными вдоль стержня, то в процессе соударения скорость шайбы 1 всегда направлена вдоль стержня. Данное утверждение не зависит от вида взаимодействия шайбы 2 со стенкой и применимо всегда.

Также данное утверждение можно доказать, используя закон сохранения момента импульса относительно точки контакта шайбы 2 со стенкой. Момент импульса шайбы 2 относительно выбранной точки можно считать равным нулю, поскольку размеры шайб малы. Тогда, поскольку до соударения момент импульса системы относительно выбранной точки равен нулю: \[L_\text{имп} = 0 = mLv_{1\perp} \Rightarrow v_{1\perp} = 0.\]

Пусть \(v_1\) и \(\omega\) — скорость шайбы 1 и угловая скорость вращения стержня сразу после соударения соответственно. Поскольку стержень жёсткий — компонента скорости шайбы 2, направленная вдоль стержня, также равна \(v_1\), а компонента скорости, перпендикулярная стержню, равна \(\omega L\).

Пусть \(m\) — масса одной шайбы. Поскольку трения между шайбой 2 и стенкой нет, то для системы выполняется закон сохранения импульса в проекции на горизонтальную ось \(x\), направленную вдоль стенки: \[2mv_0\sin\alpha = mv_1\sin\alpha + m(v_1\sin\alpha + \omega L\cos\alpha) \Rightarrow v_1 = v_0 - \frac{\omega L}{2\,\mathrm{tg}\,\alpha}.\] Поскольку удар упругий — для системы выполняется закон сохранения механической энергии: \[\frac{2mv_0^2}{2} = \frac{mv_1^2}{2} + \frac{m(v_1^2 + \omega^2L^2)}{2} \Rightarrow v_1^2 = v_0^2 - \frac{\omega^2L^2}{2}.\] Приравнивая выражения для \(v_1^2\), получим: \[v_1^2 = v_0^2 - \frac{v_0\omega L}{\mathrm{tg}\,\alpha} + \frac{\omega^2L^2}{4\,\mathrm{tg}^2\alpha} = v_0^2 - \frac{\omega^2L^2}{2},\] откуда: \[\omega = \frac{4v_0\,\mathrm{tg}\,\alpha}{L(1 + 2\,\mathrm{tg}^2\alpha)} \approx 4{,}33\text{ рад/с}.\]

Второе решение:

Поскольку размеры шайб малы, а стержень жёстко прикреплён к шайбе 2 — рассматриваемую систему можно считать твёрдым телом с материальными точками на концах стержня.

Запишем уравнение динамики вращательного движения относительно центра стержня (который также является центром масс рассматриваемой системы): \[I\varepsilon = M \Rightarrow \frac{2mL^2\varepsilon}{4} = \frac{NL\sin\alpha}{2},\] где \(N\) — сила нормальной реакции стенки.

Пусть \(\Delta p_y\) — импульс силы нормальной реакции стенки. Тогда имеем: \[\omega = \frac{\Delta p_y\sin\alpha}{mL}.\] Запишем теорему о движении центра масс системы: \[2m\vec a_C = \vec N.\] Отсюда видно, что проекция скорости центра масс на ось \(x\) при соударении остаётся постоянной и равной: \[v_{Cx} = v_0\sin\alpha.\] Пусть \(v_{Cy}\) — скорость центра масс в проекции на ось \(y\) сразу после удара. Тогда из теоремы о движении центра масс получим: \[2ma_{Cy} = N \Rightarrow \Delta p_y = 2m(v_{Cy} + v_0\cos\alpha).\] Поскольку соударение упругое — кинетическая энергия системы сохраняется. Воспользуемся теоремой Кёнига и получим выражение для кинетической энергии системы: \[E_k = \frac{Mv_C^2}{2} + E_{k\,\text{отн}} \Rightarrow E_k = mv_C^2 + \frac{mL^2\omega^2}{4},\] откуда: \[mv_0^2 = mv_{Cy}^2 + mv_{Cx}^2 + \frac{mL^2\omega^2}{4}.\] Скомбинируем полученные уравнения: \[mv_0^2 = m\left(\frac{\omega L}{2\sin\alpha} - v_0\cos\alpha\right)^2 + v_0^2\sin^2\alpha + \frac{m\omega^2L^2}{4} \Rightarrow \frac{v_0\omega L}{\mathrm{tg}\,\alpha} = \frac{\omega^2L^2}{4}\left(1 + 2\,\mathrm{ctg}^2\alpha\right),\]

откуда: \[\omega = \frac{4v_0\,\mathrm{tg}\,\alpha}{L(1 + 2\,\mathrm{tg}^2\alpha)} \approx 4{,}33\text{ рад/с}.\]

3. Первое решение:

Сразу после абсолютно неупругого соударения шайбы 2 со стенкой её скорость направлена вдоль стенки. Обозначим её за \(v_2\). Приравнивая проекции скоростей шайб на ось, направленную вдоль стержня, получим:

\[v_2\sin\alpha = v_1.\] Компонента скорости шайбы 2, направленная перпендикулярно стержню, равна \(v_\perp = v_2\cos\alpha\), поэтому для угловой скорости вращения стержня имеем: \[\omega = \frac{v_\perp}{L} = \frac{v_2\cos\alpha}{L}.\] Изменения импульса системы в проекции на оси \(x\) и \(y\) составляют: \[\Delta p_x = mv_2 + mv_1\sin\alpha - 2mv_0\sin\alpha \qquad \Delta p_y = 2mv_0\cos\alpha - mv_1\cos\alpha.\] Подставляя связь \(v_1\) и \(v_2\), получим: \[\Delta p_x = mv_2(1 + \sin^2\alpha) - 2mv_0\sin\alpha \qquad \Delta p_y = 2mv_0\cos\alpha - mv_2\sin\alpha\cos\alpha.\] Определим скорость \(v_2\), считая, что шайба 2 всегда проскальзывает по стенке. Критерием правильности рассуждений является неотрицательное значение \(v_2\).

На систему в плоскости рисунка действуют две внешние силы: \(N = F_y\) и \(F_\text{тр} = \mu N = -F_x\). Поскольку силы связаны прямой пропорциональностью, имеем: \[\frac{\Delta p_x}{\Delta p_y} = \frac{F_x}{F_y} = -\frac{F_\text{тр}}{N} = -\mu = \frac{v_2(1 + \sin^2\alpha) - 2v_0\sin\alpha}{2v_0\cos\alpha - v_2\sin\alpha\cos\alpha},\] откуда: \[v_2 = \frac{2v_0(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)}{1 + \sin^2\alpha - \mu\sin\alpha\cos\alpha} = \frac{2v_0(\mathrm{tg}\,\alpha - \mu)}{\cos\alpha(1 + 2\,\mathrm{tg}^2\alpha - \mu\,\mathrm{tg}\,\alpha)}.\] Величина \(v_2\) является неотрицательной, если \(\mu \leqslant \mathrm{tg}\,\alpha\) и \(\mu > 2\,\mathrm{tg}\,\alpha + \mathrm{ctg}\,\alpha\). Невозможность постоянного проскальзывания при \(\mu > 2\,\mathrm{tg}\,\alpha + \mathrm{ctg}\,\alpha\) ясна и чисто из физических соображений, однако это можно показать и формально: При таких значениях \(\mu\) введённая ранее величина \(\Delta p_y\) оказывается отрицательной, что, разумеется, невозможно.

Таким образом, условие постоянного проскальзывания шайбы 2 следующее: \[\mu \leqslant \mathrm{tg}\,\alpha.\]

Обратим внимание, что \(\mu_1 < \mathrm{tg}\,\alpha\), а \(\mu_2 > \mathrm{tg}\,\alpha\). Тогда при коэффициенте трения \(\mu_1 = 0{,}2\) для угловой скорости стержня сразу после удара получим: \[\omega_1 = \frac{2v_0(\mathrm{tg}\,\alpha - \mu_1)}{L(1 + 2\,\mathrm{tg}^2\alpha - \mu_1\mathrm{tg}\,\alpha)} \approx 1{,}52\text{ рад/с}.\] При \(\mu \geqslant \mathrm{tg}\,\alpha\) шайба 2 в некоторый момент соударения прекращает движение вдоль стенки и далее по ней не проскальзывает. Покажем это.

Пусть \(F\) — сила напряжения стержня. Запишем второй закон Ньютона для шайбы 2 в проекции на ось \(y\): \[ma_{2y} = N - F\cos\alpha \Rightarrow N = F\cos\alpha + ma_{2y} \geqslant F\cos\alpha.\] Проскальзывание может возобновиться, если \(F\sin\alpha > \mu N\). Но из полученного выражения для \(N\) следует: \[\mu N = \mu(F\cos\alpha + ma_{2y}) \geqslant \mathrm{tg}\,\alpha(F\cos\alpha + ma_{2y}) \geqslant F\sin\alpha,\] поэтому проскальзывание шайбы 2 не возобновится, и, следовательно, сразу после соударения её скорость равна нулю. Тогда при \(\mu_2 = 0{,}6\) в силу полученной связи \(\omega\) и \(v_2\) находим: \[\omega_2 = 0\text{ рад/с}.\]

Второе решение:

Сразу после абсолютно неупругого соударения шайбы 2 со стенкой её скорость направлена вдоль стенки. Обозначим её за \(v_2\).

Запишем выражение для скорости \(v_2\) шайбы 2 и условие её движения без отрыва от стенки: \[v_{2x} = v_2 = v_{Cx} + \frac{\omega L\cos\alpha}{2} \qquad v_{2y} = 0 = v_{Cy} + \frac{\omega L\sin\alpha}{2}.\] Изменения импульса системы в проекции на оси \(x\) и \(y\) составляют: \[\Delta p_x = 2m(v_{Cx} - v_0\sin\alpha) \qquad \Delta p_y = 2m(v_{Cy} + v_0\cos\alpha).\] Запишем уравнение динамики вращательного движения относительно центра масс системы: \[\frac{mL^2\varepsilon}{2} = \frac{(N\sin\alpha + F_x\cos\alpha)L}{2},\] где \(F_x = -F_\text{тр}\) — проекция на ось \(x\) силы трения, действующей на шарик 2. Отсюда: \[\omega = \frac{\Delta p_x\cos\alpha + \Delta p_y\sin\alpha}{mL}.\] Определим скорость \(v_2\), считая, что шайба 2 всегда проскальзывает по стенке. Критерием правильности рассуждений является неотрицательное значение \(v_2\).

Из уравнения динамики вращательного движения и уравнений кинематической связи имеем: \[\omega = \frac{2\left(v_2 - (\omega L\cos\alpha)/2 - v_0\sin\alpha\right)\cos\alpha + 2\left(v_0\cos\alpha - (\omega L\sin\alpha)/2\right)\sin\alpha}{L}.\] После преобразований получим: \[\omega = \frac{v_2\cos\alpha}{L}.\] Если проскальзывание не прекращается, то \(F_x = -F_\text{тр} = -\mu N\), откуда: \[\frac{\Delta p_x}{\Delta p_y} = -\mu = \frac{v_{Cx} - v_0\sin\alpha}{v_{Cy} + v_0\cos\alpha}.\] Из полученного соотношения и уравнений кинематической связи имеем: \[v_0\sin\alpha + \frac{\omega L\cos\alpha}{2} - v_2 = \mu\left(v_0\cos\alpha - \frac{\omega L\sin\alpha}{2}\right).\] Подставляя полученную ранее связь \(\omega\) и \(v_2\), находим: \[v_0\sin\alpha + \frac{v_2\cos^2\alpha}{2} - v_2 = \mu v_0\cos\alpha - \frac{\mu v_2\sin\alpha\cos\alpha}{2},\] откуда: \[v_2 = \frac{2v_0(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)}{2 - \cos^2\alpha - \mu\sin\alpha\cos\alpha} = \frac{2v_0(\mathrm{tg}\,\alpha - \mu)}{\cos\alpha(1 + 2\,\mathrm{tg}^2\alpha - \mu\,\mathrm{tg}\,\alpha)}.\] Величина \(v_2\) является неотрицательной, если \(\mu \leqslant \mathrm{tg}\,\alpha\) и \(\mu > 2\,\mathrm{tg}\,\alpha + \mathrm{ctg}\,\alpha\). Невозможность постоянного проскальзывания при \(\mu > 2\,\mathrm{tg}\,\alpha + \mathrm{ctg}\,\alpha\) ясна и чисто из физических соображений, однако это можно показать и формально: При таких значениях \(\mu\) введённая ранее величина \(\Delta p_y\) оказывается отрицательной, что, разумеется, невозможно.

Таким образом, условие постоянного проскальзывания шайбы 2 следующее: \[\mu \leqslant \mathrm{tg}\,\alpha.\] Тогда при \(\mu_1 = 0{,}2\) для угловой скорости стержня сразу после удара получим: \[\omega_1 = \frac{2v_0(\mathrm{tg}\,\alpha - \mu_1)}{L(1 + 2\,\mathrm{tg}^2\alpha - \mu_1\mathrm{tg}\,\alpha)} \approx 1{,}52\text{ рад/с}.\] При \(\mu \geqslant \mathrm{tg}\,\alpha\) шайба 2 в некоторый момент соударения прекращает движение вдоль стенки и далее по ней не проскальзывает. Покажем это.

Если \(v_{2x} = 0\), то с учетом пренебрежимо малого изменения координат (углов) за время удара, выполняется соотношение: \[a_{Cx} + \frac{\varepsilon L\cos\alpha}{2} = 0.\] Определим из этого условия силу трения \(F_x\), действующую на шарик 2: \[\frac{F_x}{2m} + \frac{(N\sin\alpha + F_x\cos\alpha)\cos\alpha}{2m} = 0 \Rightarrow |F_x| = \frac{N\sin\alpha\cos\alpha}{1 + \cos^2\alpha} < \frac{N\sin\alpha}{\cos\alpha} \leqslant \mu N.\] Это доказывает, что предположение об отсутствии проскальзывания после обнуления проекции \(v_{2x}\) скорости шайбы 2 верно.

Тогда при \(\mu_2 = 0{,}6\) в силу полученной связи \(\omega\) и \(v_2\) находим: \[\omega_2 = 0\text{ рад/с}.\]

Запишите второй закон Ньютона в импульсной форме для всего промежутка от старта до первой остановки и учтите импульс силы тяжести за это время.

\(1\text{ кг}\cdot\text{м/с}\).

В первом опыте сила Ампера действует кратковременно: используйте импульс силы и закон сохранения энергии. Во втором — равновесие сил.

\(\beta = \operatorname{arctg}\!\left(\dfrac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha}\right) = \operatorname{arctg}\!\left(\dfrac{1}{\sqrt3}\right) = 30^\circ\).

Время полёта найдите по вертикальному перемещению. Затем разложите скорость кегли после броска на составляющую вращения вместе с акробатом (в системе отсчёта земли) и скорость, необходимую для перелёта по горизонтали.

\(93\) мН\(\cdot\)с.

В момент зацепления скорость среднего шарика вертикальна, а проекции скоростей шариков на горизонтальную нить равны — значит, боковые шарики ещё покоятся. В системе отсчёта, движущейся вместе со средним шариком, боковой шарик идёт по окружности радиуса \(d\): отсюда его ускорение.

Натяжение боковых нитей \(T_1 = \dfrac{mg}{3}\left(2\sqrt3 + 4\dfrac{h}{d}\right)\), горизонтальной нити \(T_2 = \dfrac{mg}{3}\left(\sqrt3 + 8\dfrac{h}{d}\right)\).

Скорость падающего шарика в момент, когда он цепляется за горизонтальную нить, \(v = \sqrt{2gh}\). Рассмотрим движение одного из шариков, подвешенных на нитях (на рисунке 1 — левого). Он движется по окружности с центром в точке крепления нити на левой стенке. Проекции скоростей левого и центрального шарика на горизонтальную нить должны быть равны. Скорость центрального шарика \(v\) направлена вертикально вниз. Следовательно, скорость левого шарика в начальный момент времени равна нулю. Нормальная проекция ускорения левого шарика, поэтому равна нулю, есть только тангенциальная составляющая \(\vec a_\tau = \vec a\). Определим эту величину.

Способ 1. Перейдём в систему отсчёта, движущуюся вниз с постоянной скоростью \(\vec v\) (рис. 2). В ней левый шарик движется по окружности, центром которой является центральный шарик. Нормальная проекция ускорения в этой системе отсчёта направлена вдоль нити и равна \(a_n' = v^2/d\). Но переход в инерциальную систему отсчёта не меняет ни величину, ни направление ускорения. Поэтому \(a_n\) является проекцией \(\vec a\) на горизонтальную нить \[a_n' = a\cdot\cos\alpha, \quad \frac{v^2}{d} = a\cdot\cos30^\circ, \quad a = \frac{2v^2}{\sqrt3\,d}.\]

Способ 2. Перейдем в неинерциальную систему отсчёта левого шарика, тогда на центральный шарик будет дополнительно действовать сила инерции \(-m\vec a\) (см. рис.). Запишем для центрального шарика уравнение второго закона Ньютона в проекции на горизонтальную ось: \[m\frac{v^2}{d} = T_2 - ma\cos30^\circ - T_2'.\] Откуда получаем тот же ответ.

Теперь уже несложно найти натяжения \(T_1\) боковой и \(T_2\) горизонтальной нитей. Из второго закона Ньютона для левого шарика \[m\frac{v^2}{d} = T_2 - T_1\cdot\sin30^\circ, \quad m\frac{v^2}{\sqrt3\,d} = T_1\cos30^\circ - mg.\] Решая систему, получаем

\[T_1 = \frac{2\sqrt3}{3}mg + \frac{2mv^2}{3d}, \quad T_2 = \frac{\sqrt3}{3}mg + \frac{4mv^2}{3d}g.\] Заменив \(v^2 = 2gh\), получаем окончательно \[T_1 = \frac{mg}{3}\left(2\sqrt3 + 4\frac{h}{d}\right), \quad T_2 = \frac{mg}{3}\left(\sqrt3 + 8\frac{h}{d}\right).\]

Изменение импульса пылинки есть сумма малых векторов \(q\vec E\,\Delta t\); при вращающемся \(\vec E\) они образуют дугу окружности. Конечный импульс — сумма начального и этого изменения.

1) \(u = V + \dfrac{2qE}{m\omega} = 3\) м/с;  2) \(\beta = \arcsin\!\left(\dfrac{2qE}{mV\omega}\cos\dfrac{\pi - \omega\tau}{2}\right) = \arcsin\!\left(\dfrac12 \sin\dfrac14\right) \approx 0{,}124\) рад \(\approx 7^\circ\);  3) \(\tau_0 = \dfrac{\pi}{\omega} = \dfrac{\pi}{2} \approx 1{,}57\) с, при этом \(\beta_0 = \arcsin\dfrac{2qE}{mV\omega} = \arcsin\dfrac12 = \dfrac{\pi}{6}\) рад \(= 30^\circ\).