Одного закона изменения может оказаться мало

· Законы изменения энергии и импульса часто применяются совместно.

· Работа внутренних непотенциальных сил может быть положительной.

Задача 23. 2. Шар массой m₁, катящийся со скоростью v по горизонтальной поверхности, упруго сталкивается с неподвижным шаром массой m₂. Каковы скорости обоих шаров после удара? Шары однородны, их размеры одинаковы.

На рисунке 50 слева показаны шары до столкновения, а справа – после него. Скорость ₁ первого шара после столкновения может быть направлена так, как показано сплошной стрелкой на рис. 50 или в противоположную сторону – пунктирная стрелка.

Поскольку нужно найти две величины u₁ и u₂, ясно, что одним законом изменения не обойдешься.

Применим закон изменения импульса в проекциях на ось x (рис. 50) для сталкивающихся шаров:

m₁ u_1X + m₂ u₂ – m₁ v = 0. (23.3)

В уравнении (23.3) использована проекция u_1X скорости ₁, чтобы «убить двух зайцев сразу». По знаку найденной величины u_1X можно будет судить о том, в какую сторону на самом деле направлен вектор ₁.

Применим закон изменения механической энергии:

m₁ u_1X² / 2 + m₂ u₂² / 2 – m₁ v²/ 2 = A + A_Н. (23.4)

Работа внешних сил A (сил тяжести и реакции поверхности) равна нулю, так как указанные силы перпендикулярны перемещениям. Работа внутренних непотенциальных сил A_Н также равна нулю, потому что удар предполагается абсолютно упругим.

Полученную систему уравнений (23.3) и (23.4) удобно решать следующим образом:

Видим, что u_1X > 0 (скорость ₁ направлена вдоль оси x), если m₁ > m₂. Пунктирная на рисунке 50 стрелка соответствует случаю m₁ < m₂. Если m₁ = m₂, то u_1X = 0, а u₂ = v – одинаковые шары при абсолютно упругих столкновениях обмениваются своими импульсами. В случае m₁ << m₂ скорость u₂ << v, а u_1X» – v; это означает, что легенький шар отскакивает, «как от стенки горох».

Задача 23. 3. Биллиардный шар с энергией E₀ абсолютно упруго сталкивается с таким же неподвижным шаром и отклоняется от первоначального направления на угол, равный 60⁰. Определить направление движения второго шара, а также энергии шаров после столкновения.

Почему, в отличие от предыдущей задачи, шары не остаются на одной прямой? Потому, что происходит не центральный удар: скорость сближения шаров не направлена вдоль прямой, соединяющей их центры. Именно на прямой, соединяющей центры, лежит (в отсутствии трения) сила взаимодействия , которая отклоняет шар, двигавшейся со скоростью , на угол a (рис. 51). Обусловленная третьим законом Ньютона сила – сообщает второму шару скорость ₂, направленную под углом b к скорости .

Какие законы следует применить? Пример предыдущей задачи подсказывает, что следует применить законы изменения энергии и импульса.

Рассматриваем систему двух шаров, массы которых равны m. Сопоставляем состояния  и ‚: до столкновения и после него (рис. 51).

Закон изменения импульса (20.2) приводит к соотношению

Правая часть уравнения (23.6) равна нулю, так как силы тяжести биллиардных шаров уравновешиваются силами реакции опоры.

Закон изменения механической энергии (20.15) дает

m v₁² / 2 + m v₂² / 2 – m v²/ 2 = 0. (23.7)

Работа A внешних сил (тяжести и реакции опоры) равна нулю, поскольку эти силы перпендикулярны направлению, в котором перемещаются их точки приложения. Работа A_Н внутренних непотенциальных сил равна нулю для абсолютно упругого столкновения: именно таков, по определению, смысл указанного понятия.

Достаточно ли этих уравнений для решения задачи? Входят ли в них искомые величины? Как эти величины связаны с неизвестными полученных уравнений? Энергии шаров определяются модулями их скоростей:

E₀ = m v²/ 2; E₁ = m v₁² / 2; E₂ = m v₂² / 2. (23.8)

Для указания направления вектора ₂ нужно найти угол b (рис. 51). Как это сделать? Можно записать уравнение (23.6) в проекциях на оси x и y (рис. 51). Тогда получится система трех уравнений, их которой можно найти неизвестные v₁, v₂ и b. Воспользуемся иным – геометрическим методом решения. Для этого представим соотношение (23.6) векторным треугольником, изображенным на рисунке 51. Уравнение (23.7) перепишем так:

(m v²) = (m v₁²) + (m v₂²). (23.9)

Соотношение (23.9) для векторного треугольника, изображенного на рисунке 51, означает, что этот треугольник является прямоугольным, так как длины его сторон связаны теоремой Пифагора.

Из указанного прямоугольного треугольника сразу получим искомый угол b:

b = 90⁰ – 60⁰ = 30⁰.

Соотношения сторон в таком треугольнике позволяют записать

v₁ = v / 2, v₂ = v / 2. (23.10)

Подставляя (23.10) в (23.8), найдем остальные ответы:

E₁ = E₀ / 4, E₂ = 3 E₀ / 4.

В копилку опыта

· Гармонические колебания произвольной величины x описываются кинематическим уравнением (24.1) и эквивалентным ему динамическим уравнением (24.7).

· Гармонические колебания произвольной величины x можно моделировать равномерным движением точки по окружности. Радиус окружности представляет амплитуду колебания, угловая скорость w движения точки – циклическую частоту, а угол поворота j отрезка прямой, соединяющего движущуюся точку с центром окружности – фазу колебания.

Задача 24. 2. К оси идеального блока жестко прикреплен груз массой m. Блок подвешен на нерастяжимой нити, один конец которой непосредственно соединен с потолком, а другой – через невесомую пружину жесткостью k. Груз совершает малые незатухающие колебания вдоль вертикали. Найти период этих колебаний.

Период колебания T связан с циклической частотой w соотношением T = 2 p / w, а циклическая частота фигурирует в динамическом уравнении гармонических колебаний (24.7). Так что нужно получить динамическое уравнение, для чего следует к грузу применить второй закон Ньютона в проекции на ось x (рис 56):

m a_X = m g – 2 F. (24.8)

Модуль силы натяжения нити F один и тот же в любых ее точках, так как нить невесома, а блок идеальный. В соответствии с третьим законом Ньютона, такова же по модулю и сила упругости пружины:

F = k D l, (24.9)

где D l – растяжение пружины, соответствующее опусканию груза на величину x относительно положения, при котором пружина не деформирована.

Как связаны величины x и D l? С этой проблемой приходилось сталкиваться и в задаче 17.2. Чтобы опустить блок на величину x, конец нити нужно переместить на 2 x, то есть

D l = 2 x. (24.10)

Подставляя (24.9) и (24.10) в (24.8), получим

a_X = – 4 (k / m) x + g. (24.11)

Нельзя ли привести (24.11) к виду (24.7)? Что, если изменить начало отсчета координаты x? Изменится ли при этом проекция ускорения a_X? Нет, она не зависит от начала отсчета координаты x. Поэтому преобразовывать следует лишь правую часть (24.11):

a_X = – 4 (k / m) (x – m g / (4 k)) Þ

a_X = – w² x¢, (24.12)

где w² = 4 k / m, (24.13)

и x¢ = x – m g / (4 k). (24.14)

Получилось динамическое уравнение гармонического колебания координаты x¢. Эта координата равна нулю при x = x₀ = m g / (4 k), то есть начало отсчета координаты x¢ смещено по сравнению с началом отсчета координаты x вниз на величину x₀. При x = x₀ вместе с координатой x¢ в нуль обращается и a_X. Следовательно, начало отсчета координаты x¢, совершающей гармонические колебания, совпадает с положением равновесия груза.

Искомый период колебаний находится из (24.13):

T = 2 p / w = p .

Задача 24. 3. К потолку вагона, движущегося с ускорением ₀, на нити длиной l подвешен шарик. Каков период колебания шарика, и куда направлена нить при отсутствии колебаний?

Решим вначале задачу для простейшего случая ₀ = 0, то есть, предполагая, что поезд движется относительно Земли с постоянной скоростью.

Вагон в этом случае можно считать инерциальной системой отсчета и записать для него уравнение второго закона Ньютона:

m = m + . (24.15)

Здесь = _ШВ – ускорение шарика относительно вагона, а – сила натяжения нити (рис. 57).

В состоянии равновесия = 0, и из (24.15) видно, что силы и m должны лежать на одной прямой. Так что нить в отсутствии колебаний расположена вертикально, то есть параллельно вектору (пунктирная линия на рис. 57).

При колебаниях появляется ускорение ¹ 0. Уравнение (24.15) удобно проецировать на ось x, перпендикулярную нити, чтобы проекция неизвестной силы натяжения оказалась равной нулю. Получается

m a_X = – m g sin j.

Ограничиваясь малыми углами отклонения нити j, можно приблизительно положить sin j» j» x / l, где координата шарика мало отличается от длины дуги, соответствующей углу поворота j (рис. 57). Тогда динамическое уравнение шарика принимает вид

m a_X = – m g x / l,

то есть совпадает с (24.7), если

w² = g / l, или T = 2 p . (24.16)

Таким образом, приходим к заключению, что шарик совершает гармонические (при небольших амплитудах) колебания. Период колебаний может быть вычислен по формуле (24.16). Равновесное положение нити – вертикальное.

Теперь посмотрим, что изменится, если вагон будет двигаться с ускорением ₀ ¹ 0.

Уравнение второго закона Ньютона придется записывать не относительно вагона, а относительно инерциальной системы отсчета «Земля». Вместо (24.15) будем иметь

m _ШЗ = m + . (24.17)

Ускорение _ШЗ шарика относительно Земли можно связать с ускорением шарика относительно вагона _ШВ = , пользуясь законом сложения ускорений (3.5):

_ШЗ = _ШВ + _ВЗ = + ₀. (24.18)

Из (24.17) и (24.18) получим

m = m ( – ₀) + . (24.19)

Сравнивая (24.19) с (24.15), видим, что все отличие сводится к замене величины на

¢ = – ₀. (24.20)

Это означает, что движение вагона с ускорением ₀ сказывается на колебаниях маятника точно так же, как изменение ускорения свободного падения с величины на величину ¢, определяемую формулой (24.20).

В положении равновесия нить будет располагаться параллельно вектору ¢. Это положение, в соответствии с (24.20) зависит от модуля и направления ускорения вагона ₀.

Период колебания вычисляется по формуле (24.16) с заменой на ¢:

T = 2 p .

В копилку опыта

· Нахождение периода гармонических колебаний сводится к составлению динамического уравнения и приведению его к виду (24.7).

· При решении некоторых задач полезно вначале упростить их, несколько видоизменив условие.

· Замена на ¢ = – ₀ означает переход к другой задаче, которая эквивалентна данной, но решается проще – к задаче о колебаниях при ₀ = 0. Рассмотрение иной задачи, эквивалентной данной, в ряде случаев представляет собой эффективный способ решения.

Задача 24. 4. В системе, изображенной на рисунке 58, бруски массами m₁ и m₂ связаны нерастяжимой нитью, перекинутой через идеальный блок. Пружина жесткостью k в начальный момент не деформирована. Горизонтальная поверхность, по которой может скользить брусок, идеально гладкая. Определить период и амплитуду колебаний брусков, если их начальная скорость была равна нулю.

Для нахождения периода колебаний нужно получить динамическое уравнение и привести его к виду (24.7). С этой целью запишем второй закон Ньютона для бруска массой m₁ в проекциях на ось x и для бруска массой m₂ в проекциях на ось y (рис.58):

m₁ a₁ = F₁ – k x, (24.21)

m₂ a₂ = m₂ g – F₂, (24.22)

где ₁ и ₂ – силы натяжения нити, приложенные к брускам, а x – удлинение пружины при движении брусков (рис. 58).

Нерастяжимость нити и идеальность блока позволяют принять

a₁ = a₂ = a_X и F₁ = F₂ = F.

С этими условиями уравнения (24.21) и (24.22) дают

(m₁ + m₂) a_X = m₂ g – k x.

Отсюда a_X = – .

Последнее равенство совпадает с динамическим уравнением гармонических колебаний (24.7) при w² = k / (m₁ + m₂), что позволяет найти период колебаний:

T = = 2 p .

Гармонические колебания совершает координата

x¢ = x – x₀, где x₀ = m₂ g / k. (24.23)

x₀ – деформация пружины в положении равновесия, когда a_X = 0.

Для определения амплитуды колебаний, то есть наибольшего отклонения от положения равновесия, применим закон изменения механической энергии (20.15) к системе «бруски, пружина, Земля».

Сопоставляем исходное состояние  и конечное ‚, соответствующее наибольшему удлинению пружины x_К. Состояние  будем считать нулевым (E_П1 = 0). Кинетическая энергия в этом состоянии также равна нулю (E_К1 = 0).

Поэтому E₁ = E_К1 + E_П1 = 0.

В состоянии ‚ кинетическая энергия равна нулю, а потенциальная складываемся из работ сил упругости и тяжести при переходе в нулевое состояние :

E₂ = k x_К² / 2 – m₂ g x_К.

Правая часть уравнения (20.15) равна нулю: внутренних непотенциальных сил нет, а сила реакции горизонтальной поверхности перпендикулярна перемещению скользящего по ней бруска. Получаем E₂ – E₁ = 0,

или k x_К² / 2 – m₂ g x_К = 0.

Следовательно, x_К = 2 m₂ g / k. (24.24)

Сравнивая (24.24) с (24.23), видим, что наибольшее удлинение пружины вдвое превышает удлинение ее в положении равновесия. Иными словами, бруски смещаются от положения равновесия на величину x₀ как в одну, так и в другую стороны. Это максимальное их смещение и есть амплитуда колебаний, то есть x_М = x₀ = m₂ g / k.

В копилку опыта

· Динамическое уравнение гармонических колебаний определяет частоту (период) и переменную, которая изменяется по закону синуса (косинуса).

· При нахождении амплитуды колебаний часто приходится применять закон изменения механической энергии.