Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 11124
2019-11-08 
Вагон длиной $l$ и массой $M$ движется по рельсам с коэффициентом трения $k$. На вагон вертикально вниз сыплется песок с высоты $H$. Считая, что вагон двигался во время погрузки недолго, а значит почти равнозамедленно, и изменил свою скорость от $v_{0}$ до $v$, найти скорость погрузки песка $\mu = \frac{ \Delta M}{ \Delta t}$ (рис.).
Решение:
На вагон действуют очевидные силы $M \vec{g}, \mu \vec{c}, \vec{F}_{тр}$ и $\vec{Q}$. При этом только сила $M \vec{g}$ постоянна, остальные переменны. Учитывая оговорку о равнопеременном движении вагона, можем считать
$\mu \vec{c}_{ср} = \mu \frac{ \vec{c}_{0} + \vec{c} }{2}$;
$\vec{F}_{тр} = \frac{ \vec{F}_{0} + \vec{F} }{2}$;
$(M + \Delta M)_{ср} = \frac{ \Delta M}{2} + M$;
$\vec{Q}_{ср} = \frac{ \vec{Q}_{0} + \vec{Q} }{2}$.
По закону изменения импульса системы
$\left [ \left ( M + \frac{ \Delta M}{2} \right ) \vec{g} + \mu \frac{ \vec{c}_{0} + \vec{c} }{2} + \frac{ \vec{F}_{0} + \vec{F} }{2} + \frac{ \vec{Q}_{0} + \vec{Q} }{2} \right ] \Delta t = ( M + \Delta M) \vec{v} - M \vec{v}_{0}$. (*)
Помня, что $\vec{c} = \vec{u} - \vec{v}$, где $\vec{u}$ - скорость песка относительно земли перед падением в вагон; $\vec{v}$ - скорость вагона относительно земли, найдем
$\frac{ \vec{c}_{0} + \vec{c} }{2} = \frac{( \vec{u} - \vec{v}_{0} ) + ( \vec{u} - \vec{v} ) }{2} = \vec{u} - \frac{ \vec{v}_{0} + \vec{v} }{2}$.
Проектируя (*) на $\vec{t}$ - и $\vec{n}$ - направления получим с учетом $F_{тр} = kQ_{ср}$
$\left ( \mu \frac{v + v_{0} }{2} - k \frac{Q_{0} + Q }{2} \right ) \Delta t = (M + \Delta M) v - Mv_{0}$;
$- (M + \Delta M) g - \mu u + \frac{Q_{0} + Q }{2} = 0$.
Исключая отсюда $\frac{Q_{0} + Q }{2}$, получим
$- \left [ \mu \frac{v_{0} + v }{2} + k (M + \Delta M)g + k \mu u \right ] \Delta t = (M + \Delta M)v - Mv_{0}$.
Учитывая, что в нашем случае
$\Delta t = \frac{2l}{v_{0} + v }$
и что
$u = \sqrt{2gH}$,
а также, что
$\Delta M = \mu \Delta t = \mu \frac{2l}{v_{0} + v }$,
получим
$\left [ \mu \frac{v_{0} + v }{2} + k \left ( M + \frac{2 \mu l}{v_{0} + v } \right )g + k \mu \sqrt{2gH} \right ] \frac{2l}{v_{0 } + v } = - \left ( M + \frac{2 \mu l}{v_{0} + v } \right ) v + Mv_{0}$.
Откуда после преобразований и упрощения найдем
$\mu = \frac{ M \left ( \frac{v_{0}^{2} - v^{2} }{2l} - kg \right ) }{ \frac{1}{2}(3v + v_{0} ) + k \left ( \sqrt{2gH} + \frac{2lg}{v + v_{0} } \right ) }$.
Читатель может исследовать результат для частных случаев:
$\mu = 0, k = 0, v_{0} = 0, v = 0, k = 0$ и $v = 0$.
Вагон длиной $l$ и массой $M$ движется по рельсам с коэффициентом трения $k$. На вагон вертикально вниз сыплется песок с высоты $H$. Считая, что вагон двигался во время погрузки недолго, а значит почти равнозамедленно, и изменил свою скорость от $v_{0}$ до $v$, найти скорость погрузки песка $\mu = \frac{ \Delta M}{ \Delta t}$ (рис.).
Решение:
На вагон действуют очевидные силы $M \vec{g}, \mu \vec{c}, \vec{F}_{тр}$ и $\vec{Q}$. При этом только сила $M \vec{g}$ постоянна, остальные переменны. Учитывая оговорку о равнопеременном движении вагона, можем считать
$\mu \vec{c}_{ср} = \mu \frac{ \vec{c}_{0} + \vec{c} }{2}$;
$\vec{F}_{тр} = \frac{ \vec{F}_{0} + \vec{F} }{2}$;
$(M + \Delta M)_{ср} = \frac{ \Delta M}{2} + M$;
$\vec{Q}_{ср} = \frac{ \vec{Q}_{0} + \vec{Q} }{2}$.
По закону изменения импульса системы
$\left [ \left ( M + \frac{ \Delta M}{2} \right ) \vec{g} + \mu \frac{ \vec{c}_{0} + \vec{c} }{2} + \frac{ \vec{F}_{0} + \vec{F} }{2} + \frac{ \vec{Q}_{0} + \vec{Q} }{2} \right ] \Delta t = ( M + \Delta M) \vec{v} - M \vec{v}_{0}$. (*)
Помня, что $\vec{c} = \vec{u} - \vec{v}$, где $\vec{u}$ - скорость песка относительно земли перед падением в вагон; $\vec{v}$ - скорость вагона относительно земли, найдем
$\frac{ \vec{c}_{0} + \vec{c} }{2} = \frac{( \vec{u} - \vec{v}_{0} ) + ( \vec{u} - \vec{v} ) }{2} = \vec{u} - \frac{ \vec{v}_{0} + \vec{v} }{2}$.
Проектируя (*) на $\vec{t}$ - и $\vec{n}$ - направления получим с учетом $F_{тр} = kQ_{ср}$
$\left ( \mu \frac{v + v_{0} }{2} - k \frac{Q_{0} + Q }{2} \right ) \Delta t = (M + \Delta M) v - Mv_{0}$;
$- (M + \Delta M) g - \mu u + \frac{Q_{0} + Q }{2} = 0$.
Исключая отсюда $\frac{Q_{0} + Q }{2}$, получим
$- \left [ \mu \frac{v_{0} + v }{2} + k (M + \Delta M)g + k \mu u \right ] \Delta t = (M + \Delta M)v - Mv_{0}$.
Учитывая, что в нашем случае
$\Delta t = \frac{2l}{v_{0} + v }$
и что
$u = \sqrt{2gH}$,
а также, что
$\Delta M = \mu \Delta t = \mu \frac{2l}{v_{0} + v }$,
получим
$\left [ \mu \frac{v_{0} + v }{2} + k \left ( M + \frac{2 \mu l}{v_{0} + v } \right )g + k \mu \sqrt{2gH} \right ] \frac{2l}{v_{0 } + v } = - \left ( M + \frac{2 \mu l}{v_{0} + v } \right ) v + Mv_{0}$.
Откуда после преобразований и упрощения найдем
$\mu = \frac{ M \left ( \frac{v_{0}^{2} - v^{2} }{2l} - kg \right ) }{ \frac{1}{2}(3v + v_{0} ) + k \left ( \sqrt{2gH} + \frac{2lg}{v + v_{0} } \right ) }$.
Читатель может исследовать результат для частных случаев:
$\mu = 0, k = 0, v_{0} = 0, v = 0, k = 0$ и $v = 0$.
