Партнеры
Вход в систему
Яндекс.Метрика
on-line
Сейчас на сайте 0 пользователей и 3 гостя.

Задача 33. Шарик подвешенный к балке

 Маленький шарик подвешен к балке на тонкой невесомой нити длиной l = 10 см.
 1. Какую минимальную скорость необходимо сообщить шарику, чтобы он смог сделать оборот в вертикальной плоскости?
 2. Через какое минимальное время шарик сможет удариться о горизонтальную балку при сообщении ему минимальной скорости?
 3. В какой точке произойдет уход со своей траектории шарика, если сообщенная скорость в нижней точке будет в два раза меньше минимальной?
 4. Какую наименьшую скорость vo необходимо сообщить шарику в горизонтальном направлении, чтобы он ударился о кронштейн в точке подвеса?

Решение.
 1. Запишем закон сохранения энергии для нижней точки маятника выбрав ее в качестве нулевого уровня

mv2/2 = mg2l + mv12/2,

где v1 − минимальная скорость в верхней точке траектории.
Скорость v1 найдем из условия равенства нулю силы натяжения нити
ma = mg, a = g, v12/l = g, v12 = gl.

Тогда
mv2/2 = mg2l + mgl/2.

 Решая последнее уравнение относительно искомой скорости, найдем
v = √{5gl}.

 2. Минимальное время будет в том случае, если скорость шарику сообщить в вертикальном направлении.
 Запишем уравнение высоты
Y = Yo + vt − gt2/2.

Когда шарик ударится о точку подвеса (балку), то координата его будет равна длине нити
l = vt − gt2/2, или gt2/2 − vt + l = 0.

Получили квадратное уравнение относительно искомого времени t. Его корни
t12 = (v ± √{v2 − 2gl})/g.

Два корня вполне объяснимы: первый − при движении вверх (минимальное время), второй − при движении обратно (если убрать помеху).
Нам нужен корень с минимальным значением, следовательно
tmin = (v − √{v2 − 2gl})/g = (√{5gl} − √{3gl})/g = 0,5√{l/g} = 0,05 c.

 3. Запишем закон сохранения энергии для шарика в точке схода с траектории
mv2/2 = mv12/2 + mgl(1 − cosα),

где угол α − угол между вертикалью и нитью в исследуемый момент времени.
 Для положения шарика, когда сила натяжения нити становится равной нулю, имеем:
−mgcosα = mv12/l.

Выразим скорость v12 = −glcosa и подставим в закон сохранения
v2/2 = −(glcosa)/2 + gl(1 −cosα).

Выразим из последнего уравнения cosα
v2 = −glcosα + 2gl(1 − cosα) = −glcosα + 2gl − 2glcosα = 2gl − 3glcosα.

Учтем, что v = √{5gl}/2. Тогда
5gl/4 = 2gl − 3glcosα или 5/4 = 2 − 3cosα,

или
cosα = 1/4 и α = 75,5°.

Комментарий: Казалось бы, угол найден и ответ очевиден, при угле с вертикалью в 75,5о шарик сойдет с траектории, но условие T = 0 оказалось не достаточным. Так, что ответ на этот вопрос таков: шарик не сойдет со своей траектории движения и, за счет возвращающей силы будет двигаться к положению равновесия. Подумайте сами и найдите необходимое условие для схода шарика с траектории движения.
рисунок 4. Для положения шарика, когда сила натяжения нити становится равной нулю, имеем:
−mgcosα = mv2/l, (1)

здесь m − масса шарика. Запишем закон сохранения энергии для этой же точки:
mvo2/2 = mv2/2 + mgl(1 − cosα). (2)

Из (1) и (2) получаем
cosα = −(vo2 − 2gl)/(3gl), v2 = −glcosα.

Далее до точки подвеса шарик летит по параболе:
x = −vtcosα, y + vtsinα − gt2/2 = 0,

где x = lsinα, y = −lcosα.
Тогда
t = (nsinα + √{v2sin2α − 2lgcosα})/g и t = (l/v)tgα.

Приравнивая друг другу эти выражения и, учитывая, что −glcosα = v2, получаем
vsinα + √{v2sin2α + 2v2} = v2sinα/(vcos2α). (3)

Решая уравнение (3), находим
sin2α = 2/3, cosα − √{3}/2 ≈ −0,577, vo = 1,93 м/с.