Основные формулы
– Приращение импульса системы частиц:
\[
\boldsymbol{p}_{2}-\boldsymbol{p}_{1}=\int_{1}^{2} \boldsymbol{F} d \boldsymbol{t} \text {, }
\]
где $\boldsymbol{F}$ – сумма всех внешних сил, действующих на частицы.
– Работа и мощность силы:
\[
A=\int \boldsymbol{F} d \boldsymbol{r} ; P=\boldsymbol{F} \boldsymbol{v},
\]
где $d \boldsymbol{r}$ – элементарное перемещение точки приложения силы $\boldsymbol{F}$.
– Приращение кинетической энергии частицы:
\[
T_{2}-T_{1}=A,
\]
где $A$ – работа всех сил, действующих на частицу.
– Приращение полной механической энергии частицы в потенциальном силовом поле
\[
E_{2}-E_{1}=A_{0},
\]
где $A_{0}$ – работа результирующей всех сторонних сил, то есть сил, не принадлежащих к силам данного поля
– Приращение момента импульса системы частиц относительно неподвижной точки $\mathrm{O}$
\[
M_{2}-M_{1}=\int_{1}^{2} N d t
\]
где $N$ – суммарный момент относительно точки О всех внешних сил, действующих на систему. Уравнение (1.3.5) остается справедливым для движущейся точки $\mathrm{O}$, если она совпадает с центром масс системы или ее скорость параллельна скорости центра масс.
Примеры решения задач
1.3.1. Цепочка массы $m=1$ кг и длины $l=1,4$ м висит на нити, касаясь поверхности стола своим нижним концом. После пережигания нити цепочка упала на стол. Найти полный импульс, который она передала столу.
Решение
Рассмотрим небольшой элемент цепочки длиной $d x$, расположенный на высоте $x$ над столом. Масса этого элемента равна $d m=(m / l) d x$, а его скорость непосредственно перед ударом о поверхность стола определяется выражением для скорости свободно падающего с высоты $x$ тела: $v=\sqrt{2 g x}$. После удара о стол рассматриваемый элемент цепочки покоится и, поэтому, импульс передаваемый столу равен $d p=(m / l) \sqrt{2 g x} d x$. Интегрируя по всей длине цепочки от 0 до $l$ найдем полный импульс, который передала цепочка столу при падении
\[
p=\int_{0}^{l}(m / l) \sqrt{2 g x} d x=(m / l) \sqrt{2 g} \int_{0}^{l} \sqrt{x} d x=\frac{2 m}{3} \sqrt{2 g l}
\]
Подставляя численные значения задачи, получаем $p=3,5$ кг м/с .
Ответ: $p=\frac{2 m}{3} \sqrt{2 g l}=3,5$ кг м/с .
1.3.2. Пушка массы $M$ начинает свободно скользить вниз по гладкой плоскости, составляющей угол $\alpha$ с горизонтом. Когда пушка прошла путь
$l$, произвели выстрел, в результате которого снаряд вылетел с импульсом p в горизонтальном направлении, а пушка остановилась. Пренебрегая массой снаряда, найти продолжительность выстрела.
Решение
Скорость пушки непосредственно перед выстрелом легко найти из закона сохранения полной механической энергии пушки при ее скольжении по наклонной плоскости (см. рис. 1.17). Она равна $v=\sqrt{2 g l \sin \alpha}$. Система «пушка – снаряд» не является замкнутой, так как на нее действуют внешние силы: сила реакции опоры и сила тяжести. Чтобы исключить из рассмотрения силу реакции опоры $N$, которая изменяется во время выстрела скачкообразно, запишем закон изменения импульса системы в проекциях на ось $x$. Пренебрегая массой вылетевшего снаряда по сравнению с массой пушки, получим
\[
p \cos \alpha-M v=\tau M g \sin \alpha,
\]
откуда для продолжительности выстрела $\tau$ получаем выражение
\[
\tau=\frac{p \cos \alpha-M \sqrt{2 g l \sin \alpha}}{M g \sin \alpha} .
\]
Ответ: $\tau=\frac{p \cos \alpha-M \sqrt{2 g l \sin \alpha}}{M g \sin \alpha}$
1.3.3. Небольшое тело начинает скользить с высоты $h$ по наклонному желобу, переходящему в полуокружность радиуса $h / 2$ (см. рис. 1.18). Пренебрегая трением, найти скорость тела в наивысшей точке его траектории после отрыва от желоба.
Решение
В момент отрыва тела сила реакции опоры обращается в ноль и, поэтому, в точке отрыва уравнение второго закона Ньютона в проекциях на направление к центру окружности, по которой движется тело, имеет вид (см. рис. 1.19)
\[
m g \cos \alpha=\frac{m v_{0}^{2}}{R}=\frac{2 m v_{0}^{2}}{h},
\]
где $v_{0}$ – скорость тела в момент отрыва, $R=h / 2$ – радиус окружности.
Так как трения нет, то выполняется закон сохранения полной механической энергии
\[
m g h=\frac{m v_{0}^{2}}{2}+\frac{m g h(1+\cos \alpha)}{2} .
\]
Рассматривая эти соотношения как два уравнения с двумя неизвестными $v_{0}$ и $\cos \alpha$ , получаем $v_{0}=g h 3$ и $\cos \alpha=2 / 3$.
После отрыва тела от желоба оно продолжает движение как свободное тело, брошенное со скоростью $v_{0}$ под углом $\alpha$ к горизонту. В полете горизонтальная составляющая скорости тела остается неизменной и равной $v_{0} \cos \alpha$, а вертикальная составляющая по мере подъема тела убывает и в высшей точке его траектории становится равной нулю. В итоге, полная скорость тела в высшей точке его траектории равна
\[
v=v_{0} \cos \alpha=\frac{2}{3} \sqrt{\frac{g h}{3}} .
\]
Ответ: $v=\frac{2}{3} \sqrt{\frac{g h}{3}}$.
1.3.4. Система состоит из двух одинаковых цилиндров, каждый массы $m$, между которыми находится сжатая невесомая пружина жесткости $\boldsymbol{\kappa}$ (см. рис. 1.20). Цилиндры связаны нитью, которую в некоторый момент пережигают. При каких значениях $\Delta l$ – начальном сжатии пружины – нижний цилиндр подскочит после пережигания нити?
Решение
После пережигания нити сжатая пружина начнет распрямляться, пройдет точку, соответствующую собственной длине несжатой пружины и, далее, будет удлиняться, пока скорость верхнего тела не станет равной нулю. Пусть удлинение пружины при этом равно $\Delta x$, тогда закон сохранения полной механической энергии может быть записан в виде
\[
\frac{\kappa(\Delta l)^{2}}{2}=\frac{\kappa(\Delta x)^{2}}{2}+m g(\Delta l+\Delta x) .
\]
Минимальное начальное сжатие $\Delta l$ пружины, при котором нижний цилиндр оторвется от плоскости, может быть найдено из этого уравнения, если учесть, что наименьшее растяжение пружины $\Delta x$, приводящее к отрыву цилиндра, определяется условием $\kappa \Delta x=m g$. Подстановка $\Delta x$ приводит к квадратному уравнению
\[
\frac{\kappa}{2}(\Delta l)^{2}-m g(\Delta l)-\frac{3}{2} \frac{(m g)^{2}}{\kappa}=0,
\]
имеющее физический смысл решение которого
\[
\Delta l=\frac{3 m g}{\kappa},
\]
определяет минимально необходимое начальное сжатие пружины.
Ответ: $\Delta l>\frac{3 m g}{\kappa}$.
1.3.5. Замкнутая система состоит из двух частиц с массами $m_{1}$ и $m_{2}$, которые движутся под прямым углом друг к другу со скоростями $\boldsymbol{v}_{1}$ и $\boldsymbol{v}_{2}$. Найти в системе их центра масс:
а) импульс каждой частицы;
б) суммарную кинетическую энергию обеих частиц.
Решение
Скорость центра масс системы частиц равна
\[
v_{0}=\frac{m_{1} v_{1}+m_{2} v_{2}}{m_{1}+m_{2}},
\]
поэтому, импульс первой частицы в системе центра масс $p_{10}$ определяется выражением
\[
p_{10}=m_{1} v_{1}-m_{1} v_{0}=m_{1}\left(v_{1}-\frac{m_{1} v_{1}+m_{2} v_{2}}{m_{1}+m_{2}}\right)=\mu\left(v_{1}-v_{2}\right),
\]
где
\[
\mu=\frac{m_{1} m_{2}}{m_{1}+m_{2}}
\]
приведенная масса системы рассматриваемых частиц.
Аналогично, импульс второй частицы в системе центра масс $\boldsymbol{p}_{20}$ равен
\[
p_{20}=m_{2} v_{2}-m_{2} v_{0}=m_{2}\left(v_{2}-\frac{m_{1} v_{1}+m_{2} v_{2}}{m_{1}+m_{2}}\right)=\mu\left(v_{2}-v_{1}\right) .
\]
Видно, что $p_{10}=-p_{20}$, а длины этих векторов одинаковы и определяются выражением (см. рис. 1.21)
\[
\left|\boldsymbol{p}_{10}\right|=\left|\boldsymbol{p}_{20}\right|=\mu \sqrt{v_{1}^{2}+v_{2}^{2}} .
\]
Суммарная кинетическая энергия частиц в системе центра масс равна
\[
T=\frac{p_{10}^{2}}{2 m_{1}}+\frac{p_{20}^{2}}{2 m_{2}}=\frac{\mu\left(v_{1}^{2}+v_{2}^{2}\right)}{2} .
\]
Ответ: $\left|\boldsymbol{p}_{10}\right|=\left|\boldsymbol{p}_{20}\right|=\mu \sqrt{v_{1}^{2}+v_{2}^{2}} ; T=\frac{\mu\left(v_{1}^{2}+v_{2}^{2}\right)}{2}$, где $\mu=\frac{m_{1} m_{2}}{m_{1}+m_{2}}$.
1.3.6. Шайба А массы $m$, скользя по гладкой горизонтальной поверхности со скоростью $v$, испытала в точке О (см. рис. 1.22) упругое столкновение с гладкой неподвижной стенкой. Угол между направлением
движения шайбы и нормалью к стенке равен $\alpha$. Найти:
a) точки, относительно которых момент импульса М шайбы остается постоянным в этом процессе;
б) модуль приращения момента импульса шайбы относительно точки $\mathrm{O}_{1}$, которая находится в плоскости движения шайбы на расстоянии $l$ от точки $\mathrm{O}$.
Решение
Быстрота изменения момента импульса $\boldsymbol{M}$ шайбы определяется законом
\[
\frac{d M}{d t}=N
\]
где $N$ – момент сил, действующих на шайбу. Сила тяжести шайбы компенсируется силой реакции со стороны поверхности, по которой она скользит. Момент силы, действующей на шайбу со стороны стены в момент удара, будет равен нулю для всех точек на оси перпендикулярной поверхности стены и проходящей через точку удара O (показана на рисунке 1.22 пунктиром), так как для этих точек радиус-вектор шайбы в момент удара и сила реакции со стороны стены параллельны друг другу. Поэтому, для всех этих точек $d M / d t=0$, то есть вектор $\boldsymbol{M}$ остается постоянным.
Момент импульса шайбы относительно точки $O_{1}$ непосредственно перед ударом о стену равен
\[
\left|\boldsymbol{M}_{1}\right|=\left|\left[\boldsymbol{O}_{1} \boldsymbol{O} \times \boldsymbol{p}\right]\right|=m v l \sin (\alpha+\pi / 2)=m v l \cos \alpha
\]
и направлен перпендикулярно плоскости скольжения шайбы вниз.
Сразу после удара момент импульса шайбы меняет направление на противоположное, не изменяясь по величине и, поэтому, модуль приращения момента импульса будет равен
\[
|\Delta \boldsymbol{M}|=2 m v l \cos \alpha \text {. }
\]
Ответ: а) момент импульса $\boldsymbol{M}$ шайбы остается постоянным относительно всех точек на оси перпендикулярной поверхности стены и проходящей через точку удара $\mathrm{O}$; б) $|\Delta M|=2 m v l \cos \alpha$.
1.3.7. Гладкий однородный стержень АВ массы $M$ и длины $l$ свободно вращается с угловой скоростью $\omega_{0}$ в горизонтальной плоскости вокруг неподвижной вертикальной оси, проходящей через его конец А. Из точки А начинает скользить по стержню небольшая муфта массы $m$. Найти скорость $v_{1}$ муфты относительно стержня в тот момент, когда она достигнет его конца В.
Решение
Проекции на ось вращения моментов всех внешних сил, действующих на стержень и муфту равны нулю. Следовательно, в проекциях на ось вращения выполняется закон сохранения момента импульса системы «стержень-муфта». Обозначив через $\omega$ угловую скорость вращения стержня в тот момент, когда муфта достигнет его конца В, запишем условие закона сохранения момента импульса в виде
\[
J \omega_{0}=J \omega+m l^{2} \omega,
\]
где $J=(1 / 3) M l^{2}$ – момент инерции стержня относительно оси вращения, проходящей через его конец, $m l^{2}$ – момент инерции муфты в точке В.
Так как стержень гладкий и трения нет, то для системы «стержень муфта» выполняется также закон сохранения механической энергии
\[
\frac{J \omega_{0}^{2}}{2}=\frac{J \omega^{2}}{2}+\frac{m v^{2}}{2},
\]
где $v$ – полная скорость муфты в точке В.
Решая эти уравнения совместно, получаем
\[
\omega=\frac{\omega_{0}}{1+3 m / M}
\]
и
\[
v=\frac{\omega_{0} l}{1+3 m / M} \sqrt{2+\frac{3 m}{M}} .
\]
Полная скорость муфты в точке В складывается из вращательной скорости $v_{\text {вр }}=\omega l$ вместе со стержнем и скорости ее продольного движения вдоль стержня $v_{1}$. Так как направления этих скоростей взаимно перпендикулярны, то искомая скорость $v_{1}$ определяется по теореме Пифагора
\[
v_{1}=\sqrt{v^{2}-(\omega l)^{2}}=\frac{\omega_{0} l}{\sqrt{1+3 m / M}} .
\]
Ответ: $v_{1}=\frac{\omega_{0} l}{\sqrt{1+3 m / M}}$.
1.3.8. Небольшую шайбу поместили на внутреннюю гладкую поверхность неподвижного круглого конуса (рис. 1.23) на высоте $h_{1}$ от его вершины и сообщили ей в горизонтальном направлении по касательной к поверхности конуса скорость $v_{1}$. На какую высоту $h_{2}$ от вершины конуса поднимется шайба?
Решение
Силы, действующие на шайбу в процессе движения, не создают вращающего момента относительно оси конуса. Поэтому относительно этой оси выполняется закон сохранения момента импульса шайбы.
Принимая во внимание, что в верхней точке траектории скорость шайбы $v_{2}$ направлена горизонтально, получаем
\[
m v_{1} h_{1} \operatorname{tg} \alpha=m v_{2} h_{2} \operatorname{tg} \alpha,
\]
где $\alpha$ – угол полураствора конуса.
Так как трения нет, то выполняется также и закон сохранения полной механической энергии
\[
\frac{m v_{1}^{2}}{2}+m g h_{1}=\frac{m v_{2}^{2}}{2}+m g h_{2} .
\]
Исключая из этих уравнений скорость шайбы $v_{2}$, приходим к уравнению для определения высоты подъема $h_{2}$
\[
2 g h_{2}^{2}\left(h_{2}-h_{1}\right)-\left(h_{2}^{2}-h_{1}^{2}\right) v_{1}^{2}=0
\]
Рис. 1.23
\[
2 g h_{2}^{2}-v_{1}^{2} h_{2}-v_{1}^{2} h_{1}=0 .
\]
Имеющий физический смысл корень этого квадратного уравнения
\[
h_{2}=\left(1+\sqrt{1+8 g h_{1} / v_{1}^{2}}\right) v_{1}^{2} / 4 g,
\]
и определяет искомую высоту подъема шайбы.
Ответ: $h_{2}=\left(1+\sqrt{1+8 g h_{1} / v_{1}^{2}}\right) v_{1}^{2} / 4 g$
1.3.9. Из пушки массы $M$, находящейся на наклонной плоскости, в момент, когда пушка покоится, производится выстрел и вылетает снаряд массы $m$ с начальной скоростью $V_{0}$ относительно земли. Определить на какую высоту поднимется пушка в результате отдачи, если угол наклона плоскости равен $\varphi$, а коэффициент трения между пушкой и плоскостью равен $\mu$. Продолжительность выстрела считать пренебрежимо малой.
Решение
В момент выстрела резко увеличивается давление пушки на наклонную плоскость и, следовательно, скачком возрастает сила трения, действующая на пушку. Поэтому закон сохранения импульса здесь неприменим. Используем закон изменения импульса в форме:
\[
\Delta P=\left(\sum_{i} F_{i}\right) \tau
\]
где $\Delta \boldsymbol{P}$ – изменение импульса системы «снаряд+пушка», $\sum_{i} \boldsymbol{F}_{i}$ – сумма всех внешних сил, действующих на эту систему в момент выстрела, $\tau$ время выстрела. В проекциях на координатные оси (см. рис. 1.24)
Рис. 1.24
это уравнение переписывается следующим образом:
\[
\begin{array}{l}
\text { О } x: m V_{0} \cos \varphi-M V=\left[F_{\mathrm{Tp}}+(M+m) g \sin \varphi\right] \tau, \\
\text { О } y: m V_{0} \sin \varphi=[N-(M+m) \cos \varphi] \tau,
\end{array}
\]
где $V$ – скорость пушки сразу после выстрела и $F_{\text {тр }}=\mu N$. Поскольку время выстрела очень мало, то сила реакции $N$ во время выстрела много больше, чем сила тяжести пушки и снаряда. Поэтому в этих уравнениях можно пренебречь вторым членом в квадратных скобках. В результате получим:
\[
\begin{array}{c}
m V_{0} \cos \varphi-M V=\mu N \tau \\
m V_{0} \sin \varphi=N \tau
\end{array}
\]
Исключая из этих уравнений $N$, получим:
\[
V=-\frac{m V_{0}}{M}(\cos \varphi-\mu \sin \varphi) .
\]
Высоту подъема пушки после выстрела можно найти, используя соотношение между работой силы трения и изменением полной механической энергии пушки:
\[
A_{\text {тр }}=-\mu M g \cos \varphi \cdot S=-\mu M g \cos \varphi \cdot \frac{h}{\sin \varphi}=M g h-\frac{M V^{2}}{2},
\]
где $S$-путь, пройденный пушкой вдоль наклонной плоскости. После подстановки скорости $V$ получим выражение для высоты подъема пушки $h$ после выстрела.
Ответ: $h=\frac{m^{2} V_{0}^{2}(\cos \varphi-\mu \sin \varphi)^{2}}{2 g M^{2}(\mu \operatorname{ctg} \varphi+1)}$.
