Легкий жесткий стержень подвешен горизонтально за концы при помощи двух легких нитей, вытянутых по вертикали (рис.1). На стержень насажены два груза массами $M$ и $2M$, расположенных симметрично на равных расстояниях друг от друга и от концов стержня. Нить со стороны тяжелого груза пережигают. Во сколько раз изменится сила натяжения оставшейся нити сразу после этого? Считайте, что за интересующий нас короткий временной интервал стержень не успевает заметно сдвинуться.
Рис.1
Решение
Выберем для расчетов малый интервал времени $\tau$ – такой малый, что стержень после пережигания нити смещается из начального положения очень мало. Тогда можно считать, что точка $A$ (рис.2) практически неподвижна, а стержень поворачивается вокруг точки $A$. До пережигания нити Рис.2
сила $T_{1}$ находится из уравнения моментов (удобно считать моменты сил относительно точки $B$):
Для определения силы $T_{1}^{*}$, сразу после пережигания, найдем ускорение центра масс системы $a_{ц}$ и воспользуемся уравнением второго закона Ньютона
$$3Mg-T_{1}^{*}=3Ma_{ц}.$$
Обозначим ускорение легкого груза $a$, тогда тяжелый груз имеет ускорение $2a$. За время $\tau$ первый груз опустится на $a\tau^{2}/2$, второй — на $2a\tau^{2}/2$, и потенциальная энергия системы уменьшится на
Проволочной квадратной рамке с периметром $4a$ и массой $m$ сообщают в горизонтальном направлении некоторую начальную скорость. Рамка движется в вертикальной плоскости, все время находясь в магнитном поле, перпендикулярном плоскости рамки (см. рис.1). Индукция поля меняется по закону $B\left( \text{z}\right) = B\left( 0 \right) + k\text{z}$, где $k = const.$ Сопротивление рамки равно $R.$ Через некоторое время скорость рамки становится постоянной и равной $v.$ Найти начальную скорость, сообщаемую рамке. Ускорение свободного падения $\text{g}.$
Решение
Рис.2
В отсутствие магнитного поля рамка двигалась бы в поле тяжести Земли с постоянной горизонтальной скоростью $\vec{v}_{0}$ вдоль оси $X$ и равноускоренно с ускорением свободного падения $\vec{\text{g}}$ вдоль оси $\text{z}$. Очевидно, что движение рамки не изменилось бы, если бы она падала в однородном магнитном поле. В нашем случае поле — не однородное (вдоль оси $\text{z}$): $B\left( \text{z} \right) = B\left( 0 \right) + k\text{z}$, то есть индукция поля линейно растет с ростом $\text{z}$; поэтому при падении рамки поток магнитной индукции $\Phi$, пронизывающий контур рамки, будет меняться и в контуре рамки будет возникать ЭДС индукции. Поскольку рамка является замкнутым проводящим контуром, по ней потечет индукционный ток. В этом случае, согласно закону Ампера, на стороны рамки будут действовать силы со стороны магнитного поля. Найдем направления и величины этих сил.
Пусть в некоторый момент времени центр масс рамки находится в точке с координатами $x_{t},\text{z}_{t}$ и проекции скорости центра масс на оси $X$ и $\text{z}$ равны $v_{x}$ и $v_{\text{z}}$ (см. рис.2). Поток магнитной индукции $\Phi$, пронизывающий рамку в этот момент времени, равен $$\Phi=\frac{\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}-\frac{a}{2}\right)\right)+\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}+\frac{a}{2}\right)\right)}{2} a^{2}=\left(B_{0}+k \text{z}_{1}\right) a^{2}.$$ Здесь $B_{0}+k\left(\text{z}_{t}-\frac{a}{2}\right)$ и $B_{0}+k\left(\text{z}_{t}+\frac{a}{2}\right)$— значения индукции магнитного поля соответственно у верхней и нижней сторон рамки; поскольку зависимость $B_{\text{z}}$— линейная, для вычисления $\Phi$ мы пользуемся средним ( по высоте $\text{z}$) значением индукции.
ЭДС индукции в рамке в данный момент времени равна $$|\mathscr{E}|=\frac{|\Delta \Phi|}{\Delta t}=k a^{2} \frac{|\Delta \text{z}|}{\Delta t}=k a^{2}\left|v_{2}\right|.$$ индукционный ток равен $$I=\frac{|\mathscr{E}|}{R}=\frac{k a^{2}}{R}\left|v_{\text{z}}\right|.$$ Согласно правилу Ленца, возникающий в рамке ток будет течь против часовой стрелки. По закону Ампера со стороны магнитного поля в верхнюю сторону рамки будет действовать сила $$\left|\vec{F}_{1}\right|=\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}-\frac{a}{2}\right)\right) I a=\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}-\frac{a}{2}\right)\right) \frac{k a^{3}}{R}\left|v_{\text{z}}\right|.$$ на нижнюю сторону — сила $$\left|\vec{F}_{2}\right|=\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}+\frac{a}{2}\right)\right) I a=\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}+\frac{a}{2}\right)\right) \frac{k a^{3}}{R}\left|v_{\text{z}}\right|.$$Силы $\vec{F}_{3}$ и $\vec{F}_{4}$, действующие на боковые стороны рамки, очевидно, будут равны по величине и противоположны по знаку: $$\left|\vec{F}_{3}\right|=\left|\vec{F}_{4}\right|=\frac{\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}-\frac{a}{2}\right)\right)+\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}+\frac{a}{2}\right)\right)}{2}Ia=$$ $$=\left(B_{0}+k \text{z}_{t}\right) \frac{k a^{3}}{R}\left|v_{\text{z}}\right|.$$ $$\vec{F}_{3}+\vec{F}_{4}=0.$$Следовательно, $v_{x}=const$, то есть рамка будет двигаться вдоль оси $X$ с постоянной скоростью, равной начальной скорости $v_{0}$.
Таким образом, характер движения рамки в направлении оси $\text{z}$ определяется силами $\vec{F}_{1},\vec{F}_{2}$ и силой тяжести $m \vec{\text{g}}\text{g}$. При установившейся скорости $v$ рамки проекция скорости на ось $\text{z}$ постоянна, то есть ускорение $\vec{a}_{\text{z}}$ вдоль оси $\text{z}$ равно нулю: $$m\left|\vec{a}_{\text{z}}\right|=m|\vec{\text{g}}|+\left|\vec{F}_{1}\right|-\left|\vec{F}_{2}\right|=m \text{g}-\frac{k^{2} a^{4}}{R}\left|v_{\text{z}}\right|=0.$$ Отсюда находим проекцию $v_{уст.\text{z}}$ на ось $\text{z}$ установившейся скорости рамки: $$v_{уст.\text{z}}=\frac{m \text{g} R}{k^{2} a^{4}}.$$ Установившаяся скорость рамки равна $v=\sqrt{v_{0}^{2}+v_{уст \text{z}.}^{2}}$, где $v_{0}$ — проекция скорости $v$ на ось $X$, равная, как мы показали, начальной скорости, сообщенной рамке. Таким образом, $$v_{0}=\sqrt{v^{2}-v^{2}_{уст. \text{z}}}=\sqrt{v^{2}-\left(\frac{m \text{g} R}{k^{2} a^{4}}\right)^{2}}.$$
Скорость $v_{уст.\text{z}}$ может быть найдена и из энергетических соображений. При установившемся движении рамки изменение за время $\Delta t$ потенциальной энергии рамки в поле тяжести Земли равно тепловой энергии, выделяющейся за это время в рамке: $$m \text{g} v_{уст. \text{z}} \Delta t=I_{уст.}^{2} R \Delta t=\left(\frac{k a^{2}}{R}\right)^{2} v^{2}_{уст. \text{z}} R \Delta t.$$ Отсюда $$v_{уст. \text{z}}=\frac{m \text{g} R}{k^{2} a^{4}}.$$
Заряженная частица с кинетической энергией $W$ пролетает мимо длинного равномерно заряженного провода. Частица движется в плоскости, перпендикулярно проводу, и в результате отклоняется на небольшой угол $a$ от первоначального направления полета (смотреть рис.1). Найдите этот угол, если заряд частицы $e$, а заряд единицы длины провода $q$. На расстояние $R$ от длинного провода напряженность поля $E=\frac{q}{(2\pi\varepsilon_{0}R)}$.
рис. 1 рис. 2
Решение
В произвольной точке $A$ на расстояние $R$ от заряженного провода скорость частицы направлена под малым углом $\alpha$ к оси $X$, таким, что $$\alpha =\frac{\upsilon_{y}}{\upsilon_{x} }.$$
Здесь $\upsilon_{y}$ — вертикальная проекция скорости, а $\upsilon_{x}= \sqrt{2 \frac{W}{m}}$ — ее горизонтальная проекция.
Запишем второй закон Ньютона в проекциях на ось $Y$ (рис.2):$$F_{y}dt=md\upsilon_{y}$$ где $$F_{y}=eE\cos\mu=\frac{eq\cos\mu}{2\pi\varepsilon_{0}R} $$
Малый промежуток времени $dt$ выразим из соотношения $\nu_{x}=\frac{dx}{dt}$:$$dt= \frac{dx}{\nu_{x}}=\frac{Rd\mu} {\mu_{x}\cos\mu}$$
За это время вертикальная проекция скорости изменится на величину $$d\nu_{y}=\frac{F}{m}dt=\frac{eq}{2\pi m\nu}d\mu$$
Полная проекция скорости вдоль оси $Y$ складывается их приращений: $$\nu_{y}=\int\limits^\frac{ \pi }{ 2 }_{ \frac{- \pi}{2}}d\nu_{y} = \frac{eq}{2\varepsilon_{o}m\nu_{x}}$$
На гладкий вертикальный стержень насажены тяжелая шайба массой $M$ и легкая шайба массой $m = \frac{M}{1000}$. Легкой шайбе сообщают скорость, равную $v$ и направленную так, как показано на рисунке. На какой высоте над подставкой может находится тяжелая шайба, не смещаясь заметно вверх или вниз? Каким будет период малых колебаний такого «поршня», если его сместить из этого равновесного положения? Все удары считать абсолютно упругими.
Решение
Понятно, что тяжелая шайба (тело) удерживается на некоторой высоте $H$ благодаря тому, что между ней и горизонтальной плоскостью «прыгает» легкая шайба (частица). В равновесном состоянии должно выполнятся условие $$Mg = 2mv\nu \approx 2mv \frac{v}{2H} = \frac{mv^2}{H},$$ где $\nu = \frac{v}{2H}$ — число ударов в секунду шайб друг о друга. Отсюда получаем $$H = \frac{mv^2}{Mg}.$$
Рассмотрим теперь случай, когда наш «поршень» смещен из равновесного положения. Пусть в некоторый момент тело движется вниз со скоростью $V \ll v$. Тогда после каждого удара частица увеличивает свою скорость на $2V$. Таким образом, за время $t$ тело, пройдя путь $Vt$, совершит работу $$A = \frac{1}{2}m(v + 2\nu Vt)^2 — \frac{1}{2}mv^2 \approx 2mv\nu Vt,$$ приводящую к тому, что скорость частицы теперь равна $v + 2\nu Vt$, а действующая на «поршень» сила — $$F = \frac{m}{H}(v + 2\nu Vt)^2 \approx Mg(1 + \frac{2Vt}{H}).$$ Для малых колебаний справедливо равенство $$F = — kx.$$ В нашем случае $$x = Vt \quad и \quad k = \frac{2Mg}{H},$$ откуда для периода колебаний получаем $$T = 2\pi \sqrt\frac{M}{k} = 2\pi\sqrt\frac{H}{2g} = 2\pi\frac{v}{g}\sqrt\frac{m}{2M}.$$
У левого края тележки длиной $L=0,2$ м и массой $M = 1$ кг лежит кубик массой $m=0,3$ кг (см. рисунок). Кубику толчком придают горизонтальную скорость $v_{0} = 1$ м/с вправо. Считая, что тележка в начальный момент неподвижна, определите, на каком расстоянии от левого края тележки будет находиться кубик после того, как проскальзывание его относительно тележки прекратится. Коэффициент трения кубика о дно тележки $\mu = 0,1$. Удары кубика о стенки считать абсолютно упругими. Тележка едет по столу без трения.
Решение
Проще всего решать эту задачу, исходя из энергетических соображений. Согласно закону сохранения энергии, убыль кинетической энергии системы равна выделившемуся количеству теплоты, которое, в свою очередь, равно работе силы трения скольжения на тормозном пути $l$:$$\Delta E_{k}=\frac{\left(M+m\right) u^{2}}{2}-\frac{m v_{0}^{2}}{2}=Q=F_{тр} l=-\mu m g l.$$Скорость системы и после прекращения проскальзывания легко найти из закона сохранения импульса$$m v_{0}=\left(M+m\right) u.$$После простых преобразований получим$$l=\frac{v_{0}^{2}}{2 \mu g\left(1+\frac{m}{M}\right)} \approx 0,38 m.$$Значит, кубик остановится на расстоянии$$x=L-\left(l-L\right)=0,02 m$$от левого края тележки.
