Задача 21. 1. Автомат выпускает 600 пуль в минуту. Масса каждой пули 4,0 г, ее начальная скорость 500 м/с. Найти среднюю силу отдачи при стрельбе.
Нахождение сил относится к компетенции динамики. Можно было бы, применив законы Ньютона, найти силы, действующие на каждую пулю, а затем произвести необходимое усреднение. Целесообразнее применить закон изменения импульса (20.2), поскольку в него входит именно усредненная сила. Кроме того, в задаче заданы величины m и v, входящие в выражение для импульса.
Алгоритм применения закона изменения импульса непосредственно следует из его формулировки:
1) выбрать систему рассматриваемых тел;
2) фиксировать два состояния выбранной системы;
3) выразить для этих состояний импульсы 
1 и 2 в инерциальной системе отсчета;
4) найти сумму внешних сил 
;
5) подставить все величины в уравнение (20.2) и решить его.
Запоминать нужно не пункты алгоритма, а формулировку самого закона, из которого они непосредственно вытекают.
В рассматриваемую систему естественно включить автомат и пули. На рисунке 38 схематически показаны два состояния системы: – до вылета n пуль и ‚ – после вылета.
Что требуется найти? Найти нужно силу (рис. 38), действующую в среднем при переходе от состояния к состоянию‚. Эта сила третьим законом Ньютона связана с силой – (рис. 38), приложенной к автомату.
Какие еще силы приложены к рассматриваемой системе? Есть еще силы тяжести и сила реакции опоры. Они направлены вертикально, и, если записать закон изменения импульса в проекциях на горизонтальное направление, то они не войдут в полученное уравнение. На рисунке 38 эти силы не показаны. Закон изменения импульса в проекциях на горизонтальную ось приводит к уравнению m v n – 0 = F Dt. Оно записано в инерциальной системе отсчета «Земля», относительно которой в задаче задана скорость пуль v. Из полученного уравнения сразу находим ответ:
F = n m v / Dt» 20 Н.
Задача 21. 2. Тонкую нить, собранную в клубок, начинают вытягивать вверх за один конец с постоянной скоростью v. Масса единицы длины нити равна m1. С какой силой F приходится тянуть за конец нити в тот момент, когда длина вытянутой части нити равна l. Клубок лежит на горизонтальной поверхности.
В У словии фигурируют величины m1, v и F, что говорит о целесообразности применения ЗИИ (20.2).
К какой системе нужно применить указанный закон? Следуя примеру предыдущей задачи, применять его следовало бы ко всему тому, о чем речь идет в задаче, то есть к клубку нити. Но тогда пришлось бы иметь дело, по крайней мере, с силой тяжести клубка, которая не определена условием задачи. Разумнее выбрать расположенный вертикально участок нити (рис. 39).
О каких двух состояниях нужно вести речь? В условии данной задачи никакие состояния не фиксированы, но оказывается целесообразным рассмотреть два состояния, разделенные малым промежутком времени Dt. За это время длина вертикальной части нити увеличивается на D l (рис. 39).
Выразим импульсы для состояний и ‚:
1 = m 
, 2 = (m + Dm) .
Здесь m – масса вертикального участка нити в первом состоянии, а Dm – ее увеличение во втором; – скорость в инерциальной системе отсчета, связанной с «Землей». В течение времени Dt на систему действовали: искомая сила и сила тяжести m 
(рис. 39). Небольшим изменением силы тяжести D mg можно пренебречь, поскольку выбран малый промежуток времени Dt.
Теперь можно записать закон изменения импульса (20.2) в проекциях на ось x (рис. 39):
Dm v = (F – m g) Dt. (21.1)
Какие дополнительные соотношения следует привлечь? Что еще не использовано из условия задачи? Массы m и Dm можно выразить через длины соответствующих участков нити: m = m1 l, Dm = m1 D l. Кроме того, из определения скорости следует, что D l = v Dt. Подставляя эти соотношения в (21.1), получим ответ
F = m1 (v2 + g l).
Проверьте наименование, учтя, что [m1] = кг/м. Проанализируйте предельный случай v ® 0.
В копилку опыта
· Выборсистемы рассматриваемых тел и двух анализируемых состоянийпроизволен. Этим произволом нужно эффективно пользоваться.
· При нахождении внешних сил, приложенных к рассматриваемой системе, может помочь третий закон Ньютона.
· Закон изменения импульса целесообразно записывать в проекциях на определенным образом выбранную ось.
Задача 21. 3. Призма массой M c углом наклона a находится на гладком льду. На призме стоит собака массой m. С какой скоростью u будет двигаться призма, если собака побежит вверх по призме со скоростью v относительно нее?
Из А нализа содержания задачи сразу видно, что следует использовать закон изменения импульса. В условии говорится о двух состояниях: ( –собака стоит и ‚ – собака бежит), заданы величины m и v. Очевиден и выбор рассматриваемой системы – «собака и призма».
Импульс системы в состоянии равен нулю: 1 = 0. Подразумевается система отсчета «Земля», которая является инерциальной. В состоянии ‚ нужно сложить импульсы призмы и собаки, причем импульсы нужно брать относительно инерциальной системы отсчета «Земля»:
2 = M 
+ m СЗ. (21.2)
Здесь СЗ – скорость собаки относительно Земли. В условии же задана скорость собаки относительно призмы: = СП. Поэтому нужно воспользоваться законом сложения скоростей (3.4):
СЗ = СП + ПЗ = + . (21.3)
После подстановки (21.3) уравнение (21.2) приобретает вид
2 = (M + m) + m . (21.4)
Из этого выражения и из рисунка 40 видно, что 2 ¹ 0, то есть импульс рассматриваемой системы в данном случае не остается постоянным. Какие силы вызывают его изменение? Эти силы показаны на рис. 40: m и M – силы тяжести собаки и призмы, 
– сила реакции льда. Все эти силы направлены по вертикали. Поэтому целесообразно записать закон изменения импульса в проекциях на горизонтальную ось x (рис. 40), так как проекции сил на нее равны нулю:
p2X – p1X = (M + m) u – m v cos a = 0. (21.5)
В данном случае импульс изменяется, но его проекция на горизонтальное направление сохраняется.
Из (21.5) находим ответ
u = m v cos a / (M + m).
Куда же направлен и чему равен импульс 2? Ответьте на этот вопрос самостоятельно.
В копилку опыта
· Если сумма проекций внешних сил на некоторую ось равна нулю, то сохраняется проекция на эту ось импульса системы.
· При применении закона изменения импульса перейти в инерциальную систему отсчета помогает закон сложения скоростей.
Задача 21. 4*. По плоскости, наклоненной к горизонту под углом a, равномерно скользит брусок массой M со скоростью v. В него попадает и застревает пуля массой m, летевшая горизонтально, после чего брусок останавливается. При какой скорости пули vП это происходит? При каком значении скорости пули vП1 брусок в результате удара отскакивает в противоположном направлении с прежней по модулю скоростью v?
Естественно применить закон изменения импульса для системы «брусок – пуля». Сопоставляем два состояния: до столкновения и посл е него. Импульсы системы в этих состояниях равны
1 = M + m П и 2 = 0. (21.6)
Какие внешние силы были приложены к телам системы в процессе столкновения? Это силы тяжести бруска M и и пули m , а также сила 
со стороны наклонной плоскости, которую целесообразно представить в виде двух слагаемых:
= + Т, (21.7)
где – сила нормальной реакции, а Т – сила трения (рис. 41).
Куда направлена сила трения? При достаточно малой скорости пули vП сила трения направлена навстречу скорости бруска , как и до попадания пули (рис. 41). Рассмотрим вначале именно этот случай.
До столкновения с пулей брусок двигался равномерно, так что приложенные к нему силы уравновешивались:
M + = 0.
Следовательно, сила была направлена вертикально, и поэтому (рис. 41)
tg a = FТ / N.
Так как
FТ = m N, (21.8)
имеем
FТ / N = tg a = m. (21.9)
В процессе столкновения сила , а вместе с нею и Т, становятся по модулю большими, чем до столкновения. Пока продолжается скольжение, выполняется равенство (21.8), и поэтому отношение FТ / N, то есть тангенс угла между векторами и , остается прежним – (21.9). Следовательно, сила , как и раньше, направлена вертикально. Поэтому уравнение закона изменения импульса целесообразно записывать в проекциях на горизонтальную ось x (рис. 41).
Используя (21.6) и рисунок 41, получим
0 – M v cos a + m vП = 0,
или
vП = M v cos a / m. (21.10)
Найдем теперь скорость пули vП1, при которой брусок в результате удара отскочит в противоположном направлении с прежней по модулю скоростью v.
В этом случае сила трения вначале направлена вверх по наклонной плоскости, а затем в противоположном направлении. В грубом приближении можно считать в среднем силу трения равной нулю. Тогда имеет смысл записать закон изменения импульса в проекциях на ось x1 (рис. 41):
(M + m) v – (m vП1 cos a – M v) = – (M + m) g sin(a) Dt. (21.11)
Принимая во внимание, что величины m и Dt достаточно малы, получим из уравнения (21.11):
vП1» 
(21.12)
Уточним полученный результат, обстоятельнее проанализировав действие силы трения.
Запишем в проекциях на ось x1 закон изменения импульса отдельно для бруска:
(M +m) v – (– M v) = F1 Dt + FT Dt1 + FT Dt2. (21.13)
Здесь F1 – проекция на ось x1 силы, действующей на брусок со стороны пули, Dt1 – время торможения бруска, Dt2 – время его последующего разгона, Dt = Dt1 + Dt2 – время, в течение которого пуля застревает в бруске.
Применив закон изменения импульса отдельно к пуле, получим:
m vП1 cos a» F1 Dt, (21.14)
m vП1 sin a» N Dt. (21.15)
В (21.14) учтено, что vП1>>v, а в (21.15) – что N>> M g из-за большой величины скорости пули vП1 и малой продолжительности столкновения Dt.
Пренебрегая в (21.13) массой пули m по сравнению с массой бруска M, найдем из (21.13) – (21.15) и (21.8):
2 M v» m vП1 cos a + m m vП1 sin a 
. (21.16)
Соотношение продолжительностей торможения и разгона получим, применив к бруску закон изменения импульса для промежутков времени Dt1 и Dt2:
M v = (F1 + FT) Dt1, M v = (F1 – FT) Dt2.
Отсюда следует, что
= 
. (21.17)
Равенства (21.8), (21.14) и (21.15) позволяют найти отношение
FT / F1 = m tg a = tg2 a. (21.18)
Преобразуем (21.17), подставив (21.18):
= 
= 
. (21.19)
Здесь, а также в (21.18) учтено соотношение(21.9).
Подставим (21.19) в (21.16) и найдем интересующую нас величину
vП1 = 
.
При малых углах a этот результат мало отличается от (21.12). Однако если a ® p / 4, то искомая скорость пули vП1 ® ∞. Это означает, что отскок бруска возможен лишь при a < p / 4. При больших углах, как видно из (21.18), сила F1, действующая на брусок вдоль наклонно плоскости, оказывается меньше предельной силы трения покоя FT. По этой причине, сколь не велика была бы скорость пули, ее удар может лишь остановить брусок, но не заставить его двигаться в противоположном направлении.
В копилку опыта
· Рациональным выбором оси проецирования можно избавиться от части неизвестных сил.
· В правой части закона изменения импульса входят средние для промежутка времени Dt значения внешних сил.
· При кратковременных столкновениях некоторые из внешних сил могут оказаться пренебрежимо малыми по сравнению с внутренними силами.
Задача 21. 5. Частица массой m1, двигаясь со скоростью v, налетает на покоившуюся частицу массой m2 и отскакивает от нее со скоростью u1 под прямым углом к направлению первоначального движения. Какую скорость 
2 в результате этого приобретает вторая частица.
Уточним У словие. Чтобы ответить на вопрос задачи, следует найти модуль скорости 2 и ее направление, которое можно определить углом a
(рис. 42). А нализ содержания приводит к заключению о необходимости применить закон изменения импульса.
Рассматриваемая система – «две частицы». Скорость подразумевается относительно инерциальной системы отсчета – «лаборатория». Сопоставлять нужно два состояния: – до удара и ‚ – после удара (рис. 42).
1 = m1 ; 2 = m1 1 + m2 2 (21.14)
Внешние силы на данную систему не действуют. Поэтому из закона изменение импульса (20.2) точно так же, как из закона сохранения импульса, следует, что
2 – 1 = 0, или m1 = m1 1 + m2 2. (21.15)
Это равенство удобно анализировать, используя геометрический метод, то есть, представив векторные величины в виде направленных отрезков (рисунок 43). При построении рисунка 43 направленный отрезок m2 2 подобран так, чтобы сумма оказалась равной m1 .
Из прямоугольного треугольника, изображенного на рисунке 43, сразу находим по теореме Пифагора
u2 = 
.
Тангенс искомого угла a равен отношению катетов. Отсюда получаем
a = arctg (u1 / v).
В копилку опыта
· Применяя закон изменения импульса, можно анализировать и такие ситуации, в которых импульс сохраняется, в том числе и те, для которых можно применять закон сохранения (замкнутая система).
· При применении закона изменения импульса может оказаться полезным геометрический метод.
Работа, мощность, энергия
Задача 22. 1. Поезд движется по прямолинейному участку дороги со скоростью v. На крышу вагона, проезжающего под мостом, опускается ящик массой m. Ящик скользит по крыше и останавливается, пройдя расстояние L относительно вагона. Определить работу сил трения: а) в системе отсчета, связанной с поездом (A1); б) в системе отсчета, связанной с Землей (A2). Коэффициент трения между ящиком и крышей вагона равен m.
Какой «генерал-закон» нужно в данном случае использовать? Естественно, нужно исходить из определения работы постоянной силы (20.4).
В случае а) работу совершает сила трения Т, приложенная к ящику со стороны вагона. Эта сила по модулю равна
FТ = m m g. (22.1)
Ящик перемещается на расстояние L в сторону, противоположную направлению силы. Так что
A1 = – m m g L. (22.2)
В случае б) работу совершают как сила трения, приложенная к ящику, так и равная ей по модулю в соответствии с третьим законом Ньютона сила трения, действующая со стороны ящика на вагон. Сила трения, приложенная к ящику, направлена в сторону движения, а сила трения, приложенная к вагону – в противоположную сторону. Поэтому
A2 = FТ S1– FТ S2. (22.3)
Здесь S1 – модуль перемещения ящика относительно Земли 
ЯЗ, а S2 – модуль перемещения вагона ВЗ. Заданное же в условии расстояние L – модуль перемещения ящика относительно вагона ЯВ. Какой закон нужно применить, чтобы связать эти величины? Нужно применить закон сложения перемещений, аналогичный закону сложения скоростей (3.4):
ЯЗ = ЯВ + ВЗ. (22.4)
Соотношение (22.4) иллюстрируется рисунком 44. Скорость поезда – . Из рисунка 44 видно, что S2 – S1 = L. Подставляя это соотношение в (22.3), получим
A2 = FТ (S1– S2) = – m m g L.
Сравнение с (22.2) приводит к заключению, что работа сил трения в обеих рассматриваемых системах отсчета оказывается одинаковой. Эта работа равна количеству теплоты, выделяющемуся при трении, а последнее не зависит от системы отсчета.
В копилку опыта
· При вычислении работы нужно не забывать, что перемещение зависит от системы отсчета.
· Чтобы вычислить работу сил трения двух трущихся друг о друга тел, целесообразно связать систему отсчета с одним из них.
Задача 22. 2. Брусок массой m и длиной l лежит на горизонтальной поверхности. Его торец находится у границы данной поверхности с другой, которая расположена в той же плоскости (рис. 45). Коэффициент трения о первую поверхность равен m1, а о вторую – m2. Какую работу нужно совершить, чтобы перетащить брусок через эту границу?
В задаче речь идет о работе силы , приложенной к бруску (рис. 45). Предполагается, что брусок перетаскивается с постоянной скоростью, то есть сила уравновешивается силами трения 1 и 2, действующими со стороны обеих поверхностей:
F = F1 + F2 (22.5)
От чего зависят эти силы? В соответствии с формулой (13.7), они пропорциональны массам частей бруска, опирающихся на различные поверхности, а эти массы для однородного бруска пропорциональны длинам x и (l – x) (рис. 45):
F1 = m1 m g / (l – x), (22.6)
F2 = m2 m g / x. (22.7)
Подставляем (22.6) и (22.7) в (22.5):
F = m g (m1 l + (m2 –m1) x) / l. (22.8)
Является ли сила F постоянной? Нет, она изменяется с ростом величины x. Как же вычислить работу такой силы? Приходится исходить из определения (20.4):
A = S DA, где DA = F Dx, (22.9)
то есть суммировать элементарные работы для малых изменений расстояния x. Где еще приходилось сталкиваться с подобным суммированием? Какой метод при этом использовался? Нахождение суммы огромного числа малых слагаемых встречалось при решении задачи 11. 3, а также при вычислении работы силы упругости. Использовался графический метод. Сумма представлялась площадью, ограниченной некоторым графиком. Аналогичным образом следует поступить и в данном случае.
На рисунке 46 представлен график функции (22.8). Для определенности принято m2 > m1. Площадь заштрихованного участка представляет элементарную работу DA. Искомая работа (22.9) выражается площадью всей трапеции, изображенной на рис.46:
A = m g (m1 + m2) l / 2. (22.10)
Можно сказать, что работа A равна произведению модуля перемещения l на модуль средней силы 
= m g (m1 + m2) / 2, представляющей собой полусумму начального и конечного значений приложенной к бруску силы.
Ученики 11 класса могут получить ответ (22.10) и без графика, вычислив интеграл функции F(x) (22.8) в пределах 0 £ x £ l.
Задача 22. 3*. Найти работу A гравитационной силы при перемещении частицы массой m из точки B (рис. 47), удаленной на расстояние rB.от частицы массой M, в точку C, удаленную от той же частицы на расстояние rC.
Гравитационная сила определяется формулой (13.4). Она меняется при движении частицы m по траектории BC (рис. 47). Снова приходится исходить из определения (20.4):
A = S DA, (22.11)
где DA = F DS cos a. (22.12)
Из рисунка 47 видно, что DS cos a = – Dr, где Dr – малое приращение расстояния до частицы M. Из (22.12) и (13.4) получим
DA = – G m M Dr / r2. (22.13)
Подставляем (22.13) в (22.11):
A = – G m M 
. (22.14)
Как подсчитать сумму, входящую в (22.14)? Может быть, следует, как в предыдущей задаче, применить геометрический метод? Нарисовать график функции F(r) = 1 / r2 легко, а вот найти ограниченную им площадь не просто. Поэтому поищем другой путь. Преобразуем выражение под знаком суммы в (22.14), учтя, что úDrê<< r:
» 
= 
– 
. (22.15)
Пусть весь участок траектории BC разделен на N мелких частей точками 1, 2, …, N-1 (рис 47), удаленными от частицы M на расстояния r1, r2, …, rN-1 (рис. 47). Тогда, представив каждое слагаемое в виде (22.15), получим
= 
+ 
+ 
+ … + 
= 
– 
. (22.16)
Осталось подставить (22.16) в (22.14):
A = – G m M 
. (22.17)
Ответ (22.17) можно получить и проще – заменив в (22.14) суммирование интегрированием в пределах от r = rB до r = rC.
Анализ полученного результата приводит к заключению, что гравитационная сила потенциальная, поскольку ее работа не зависит от траектории точки приложения и определяется разностью значений потенциальной функции
FП = – G m M / r (22.18)
в начальной и конечной точках:
A = FП1 – FП2. (22.19)
Величину
j = FП / m = – G M / r (22.20)
называют потенциалом гравитационного поля в точке, удаленной от частицы массой M на расстояние r. Пользуясь понятием потенциала, формулу (22.17) можно представить в виде:
A = m (jB – jC). (22.21)
В копилку опыта
· Если сила направлена вдоль координатной оси x и представляет собой линейную функцию от координаты x, то работа этой силы равна произведению изменения координаты на среднее значение модуля силы, которое равно полусумме крайних значений.
· При вычислении работы переменной силы иногда удобно воспользоваться геометрическим методом. Можно и интегрировать.
· Работа потенциальной силы вычисляется с помощью потенциальной функции по формуле (22.19).
· Гравитационное поле характеризуется потенциалом (22.20). С его помощью работа силы тяготения находится по формуле (22.21).
Задача 22. 4. Автомобиль, имеющий массу 1500 кг, поднимается в гору с постоянной скоростью 30 км/ч. Дорога наклонена к горизонту под углом 150. Мощность двигателя автомобиля 60 кВт. Не меняя мощности двигателя, автомобиль выезжает на горизонтальный участок дороги. Какой станет его скорость?
Применяя к автомобилю, равномерно поднимающемуся в гору, законы Ньютона, можно выразить (проделайте самостоятельно) силу тяги:
F0 = m g (sin a + m cos a), (22.22)
где m – коэффициент трения колес. Сопротивление воздуха не учитывается. Напомним, что сила тяги представляет собой силу трения покоя, действующую со стороны дороги вследствие того, что двигатель вращает колеса (см. задачу 14. 2). Именно эта сила определяется мощностью двигателя в соответствии с формулой (20.9):
F0 = N / v0. (22.23)
При равномерном движении со скоростью v по горизонтальной дороге вместо (22.22) и (22.23) будем иметь (получите самостоятельно)
F = m mg, (22.24)
и F = N / v. (22.25)
Из полученной системы уравнений не представляет большого труда, исключив неизвестные F, F0 и m, получить
v = 
. (22.26)
При подстановке численных значений целесообразно скорость v0 в числителе формулы (22.26) оставить в единицах км/ч. Тогда сразу получится
v» 62 км/ч.
Таким образом, автомобиль, выехав на горизонтальный участок дороги со скоростью 30 км/ч, будет двигаться ускоренно, пока его скорость не станет равной найденному предельному значению, после чего движение станет равномерным.
Задача 22. 5. Найти скорость вылета шарика массой m из пружинного пистолета при выстреле в горизонтальном направлении и при выстреле вертикально вверх. Пружина пистолета жесткостью k сжимается на величину x.
Какие законы следует использовать при решении данной задачи? Поскольку сопоставляются два состояния – до выстрела, и после него, – целесообразно применять законы изменения.
Применим закон изменения механической энергии (20.15). Для какой системы? Можно предложить несколько вариантов, например: а) один шарик; б) шарик и пружина;
в) шарик и Земля; г) шарик, пистолет, укрепленный на штативе, и Земля. Полезно опробовать каждый из этих вариантов. Особенностью первого варианта является то, что рассматривается частица, а для нее не имеет смысла понятие «потенциальная энергия» (нет внутренних потенциальных сил). Последний вариант замечателен тем, что система оказывается замкнутой и консервативной (потенциальной), так что для нее закон изменения механической энергии превращается в закон сохранения энергии.
Рассмотрим один из промежуточных вариантов: б) шарик и пружина. Найдем механическую энергию в каждом из указанных в задаче двух состояний.
В первом состоянии кинетическая энергия системы равна нулю. Потенциальная энергия равна работе, которую могут совершить внутренние потенциальные силы (силы упругости пружины), при переходе в нулевое состояние (пружина не деформирована). Таким образом, энергия в этом состоянии
E1 = EК1 + EП1 = k x2 / 2. (22.27)
Во втором состоянии, если пренебречь массой пружины, энергия равна кинетической энергии шарика
E2 = m v2 / 2. (22.28)
Внутренних непотенциальных сил в рассматриваемой системе нет, так что AН = 0. Внешними силами являются: сила тяжести m , сила нормальной реакции и сила трения шарика о ствол. Последней силой можно пренебречь по сравнению с силой упругости. Сила нормальной реакции работу не совершает, так как она перпендикулярна перемещению. Остается работа силы тяжести:
A = – m g h, (22.29)
где h = 0 при горизонтальном выстреле, и h = x при выстреле вертикально вверх.
Закон (20.15) приводит к уравнению
m v2 / 2 – k x2 / 2 = – m g h. (22.30)
Отсюда находим
v = 
. (22.31)
Видно, что скорость при вертикальном выстреле меньше:
vГ = x 
; vВ = 
.
В копилку опыта
· Если из текста задачи и жизненного опыта абсолютно ясны физическая ситуация и используемые величины, то делать рисунки не обязательно.
· Иногда отдельные величины целесообразно подставлять в расчетную формулу без перевода в единицы СИ.
· Сила тяги автомобиля определяется мощностью двигателя и силой трения колес о дорожное полотно.
· Алгоритм применения закона изменения энергии аналогичен алгоритму применения закона изменения импульса:
1) выбрать систему рассматриваемых тел;
2) фиксировать два состояния;
3) выразить энергии E1 и E2 для этих состояний;
4) определить работы A и AН;
5) подставить найденные величины в формулу (20.15);
6) решить полученное уравнение.
Запоминать следует сам закон (20.15), из которого этот алгоритм непосредственно вытекает, а не текст алгоритма.
Задача 22. 6. Грузик растягивает резиновую нить в положении равновесия на величину x0. Его поднимают от этого положения на высоту h > x0 и отпускают. Найти максимальное удлинение нити и наибольшую скорость vМ грузика.
На рисунке 48 показаны положения грузика, о которых идет речь в задаче. Пунктиром отмечено положение, с которого начинается растяжение нити.
Какие законы нужно использовать для решения? Целесообразно применить закон изменения энергии (20.15). Для какой системы? Могут быть разные варианты, от одного грузика до множества объектов, состоящее из грузика и всех тел, его окружающих. Рассмотрим систему «грузик, нить, Земля». Какие состояния следует сопоставлять? Чтобы найти x, нужно записать (20.15) для перехода из исходного состояния в состояние ‚ (рис. 48).
Чему равна энергия E1 в первом состоянии? Она складывается из кинетической и потенциальной энергий. В данном случае первое из этих слагаемых в системе отсчета «Земля» равно нулю. Значение потенциальной энергии зависит от выбора нулевого состояния. Здесь также возможны варианты: каждое из состояний, указанных на рисунке 48, может быть выбрано в качестве нулевого. Пусть E1 = 0 (нулевое состояние ). Другие варианты проанализируйте самостоятельно.
Чему равна энергия E2? Кинетическая энергия снова равна нулю (грузик останавливается). Определение потенциальной энергии в этом состоянии заключается в вычислении работы силы тяжести m и силы упругости (рис. 48) при переходе из состояния ‚ в нулевое состояние :
E2 = – m g (h – x0 + x) + k x2 / 2. (22.32)
Работа силы тяжести отрицательна, поскольку грузик перемещается верх на высоту (h – x0 + x) (рис. 48). Работа силы упругости положительна, так как эта сила направлена в сторону перемещения грузика. Выше пунктирной линии на рисунке 48 работа силы упругости равна нулю – там нить не натянута.
Работа AН = 0, ведь в рассматриваемой системе нет никаких непотенциальных сил. Равна нулю и работа внешних сил A. Единственная внешняя сила, приложенная к рассматриваемой системе, это сила реакции подвеса, но точка ее приложения не перемещается при изменении состояния системы.
Подстановка найденных выражений в (20.15) приводит к такому уравнению
– m g (h – x0 + x) + k x2 / 2 = 0. (22.33)
Полезно испробовать другие варианты выбора системы и ее нулевых состояний, чтобы убедиться в том, что они приводят к тому же уравнению (22.33).
Масса грузика m связана с x0 условием равновесия в состоянии €
m g = k x0. (22.34)
Подставляем (22.34) в (22.33) и решаем получившееся квадратное уравнение. Условию задачи соответствует лишь положительный корень
x = x0 (1 + 
).
При h = x0 получается естественный результат: нить растянется в два раза больше, чем в положении равновесия.
Чтобы найти максимальную скорость vМ, прежде всего следует определить положение грузика, при котором его скорость принимает наибольшее значение. Чем замечательно это положение? В этом положении модуль скорости не увеличивается, но и не уменьшается, то есть ускорение грузика равно нулю. При каком условии это имеет место? Из второго закона Ньютона следует, что ускорение равно нулю, когда сумма всех приложенных к грузику сил равна нулю, то есть в положении равновесия ƒ (рис. 48). Искомая скорость М может быть направлена или так, как показано на рис. 48 сплошной стрелкой, или в противоположном направлении (пунктирная стрелка). В исходном состоянии € грузик занимал такое же положение, как и в состоянии ƒ, но там он покоился.
Применим закон изменения энергии (20.15) для пары состояний иƒ. Выбор рассматриваемой системы и нулевого состояния оставим прежним, хотя можно было бы поступить и иначе. Получим
m vМ2 / 2 – m g h + k x02 / 2 – 0 = 0.
С учетом (22.34) находим второй ответ
vМ = 
.
По условию задачи h > x0. Поэтому vМ > 
.
В копилку опыта
· Величины, фигурирующие в законе изменения энергии (20.15), существенно зависят от выбора рассматриваемой системы тел и нулевого состояния. Но любой выбор должен приводить к одному и тому же результату. Получение ответа иным способом – эффективный метод проверки.
Задача 22. 7. Деревянный шарик объемом V поднимают на высоту h1 над поверхностью воды и отпускают. Упав в воду, он погружается на глубину h2, после чего всплывает. Какое количество теплоты выделится к моменту максимального погружения шарика?
Почему выделяется количество теплоты, о котором говорится в задаче? Работа сил трения AТ ведет в соответствии с (20.16) к увеличению внутренней энергии трущихся тел: DU = – AН = – AТ. В то же время внутренняя энергия ровно на столько же уменьшается из-за выделения тепла в окружающую среду. Так что искомое количество теплоты равно
Q = DU = – AТ . (22.35)
Какой же закон нужно использовать для решения задачи? Чтобы найти AТ, нужно применить закон изменения энергии (20.15). Какую систему и какие состояния целесообразно рассмотреть? Рассмотрим систему «шарик, вода, Земля» и два состояния и ‚, которые определены условием и показаны на рисунке 49.
Чему равна энергия системы в первом состоянии? Она равна
E1 = r g V h1, (22.36)
если в качестве нулевого принять состояние €, при котором шарик касается воды; r – плотность дерева.
Как подсчитать энергию во втором состоянии? Кинетическая энергия равна нулю, как и в первом состоянии. Потенциальная энергия равна работе сил тяжести, действующих на шарик и воду при переходе из второго состояния в нулевое € (рис. 49). Есть ли иные внутренние потенциальные силы? Не упущена ли сила Архимеда? Нет, архимедова сила обусловлена силой тяжести воды и давлением жидкости на шарик. Работа силы тяжести шарика равна – r g V h2. Работа силы тяжести воды равна работе этих сил только над той частью жидкости, которая перемещается вниз при переходе шарика из состояния ‚ в нулевое состояние €: rВ g V h2, где rВ – плотность воды. Таким образом,
E2 = – r g V h2 + rВ g V h2. (22.37)
Второе слагаемое в (22.37) равно работе архимедовой силы.
Теперь обратимся к правой части равенства (20.15). A = 0, так как нет внешних сил. Работа внутренних непотенциальных сил AН есть не что иное, как входящая в (22.35) работа сил трения AТ.
Подставляя (22.37) и (22.36) в (20.15), получим
– r g V h2 + rВ g V h2 – r g V h1 = AТ.
Учитывая (22.35), найдем ответ
Q = g V (r (h1 + h2) – rВ h2).
В копилку опыта
· Количество теплоты, выделяемое в окружающую среду вследствие трения тел друг о друга, равно взятой с обратным знаком работе сил трения.
· Работа архимедовой силы равна работе силы тяжести, действующей на жидкость, заполняющую те места, которые освобождает тело при егодвижении.
