Разделы 
Дополнительно
Задача по физике -
13242
2020-02-16 
Гантелька состоит из тонкого легкого стержня длиной $L$ и двух одинаковых маленьких шариков массой М каждый на концах стержня. В начальный момент гантелька стоит в углу комнаты вертикально, опираясь на пол и вертикальную стену. От очень малого толчка гантелька начинает двигаться, при этом один из концов скользит по полу, а другой продолжает касаться стены. Найдите силы, с которыми гантелька действует на пол и стену в тот момент, когда она составляет угол $45^{ \circ}$ с вертикалью. Трения нет.
Решение:
Обозначим скорость верхнего шарика $v$, ускорение в интересующей нас точке пусть будет $a$ (см. рисунок). При значении угла $\alpha = 45^{ \circ}$ с горизонтом нижний шарик имеет такую же скорость $v$, а ускорение его обозначим $b$. Из закона сохранения энергии следует
$\frac{Mv^{2}}{2} + \frac{Mv^{2}}{2} = MgL \left ( 1 - \frac{1}{ \sqrt{2} } \right )$,
или
$v^{2} = gL \left ( 1 - \frac{1}{ \sqrt{2} } \right )$.
Зададим очень малый интервал времени $\tau$. Скорости шариков изменятся на очень малые величины $\Delta v_{верт} = a \tau$ и $\Delta v_{горих} = b \tau$. Снова применим закон сохранения энергии:
$Mg \cdot v \tau = \left ( \frac{M(v + \Delta v_{верт} )^{2} }{2} - \frac{Mv^{2} }{2} \right ) + \left ( \frac{M (v+ \Delta v_{гориз} )^{2} }{2} - \frac{Mv^{2} }{2} \right )$,
откуда
$gv = va + \frac{a^{2} \tau }{2} + vb + \frac{b^{2} \tau }{2}$,
или при малом $\tau$
$a + b = g$.
За малое время $\tau$ угол $\alpha$ немного уменьшится, найдем его тангенс:
$tg \alpha = \frac{ \frac{L}{ \sqrt{2}} - v \tau }{ \frac{L}{ \sqrt{2} } + v \tau } = \frac{v_{гориз}}{v_{верт} } = \frac{v + b \tau}{v + a \tau }$.
Отсюда получим
$\frac{L}{ \sqrt{2}} v + \frac{L}{ \sqrt{2} } a \tau - v^{2} \tau - av \tau^{2} = \frac{L}{ \sqrt{2}}v + \frac{L}{ \sqrt{2} } b \tau + v^{2} \tau + bv \tau^{2}$.
После очевидных упрощений запишем
$\frac{L}{ \sqrt{2}} (a - b) = 2 v^{2}$,
или
$a - b = 2g ( \sqrt{2} - 1)$.
Решая полученные для $a$ и $b$ уравнения, найдем
$a = g \frac{2 \sqrt{2} - 2 + 1}{2} = g ( \sqrt{2} - 0,5) \approx 0,91g$,
$b = g \left ( \frac{3}{2} - \sqrt{2} \right ) \approx 0,09g$.
Найти силу $Q$ со стороны вертикальной стены и силу $N$ со стороны пола проще всего, записав уравнения второго закона Ньютона для центра масс гантельки (чтобы не связываться с величиной силы натяжения стержня):
$Q = M \cdot 0 + Mb = Mg(1,5 - \sqrt{2})$,
$2Mg - N = M \cdot 0 + Ma$,
откуда
$Q = Mg (1,5 - \sqrt{2})$,
$N = 2Mg - Ma = Mg(2,5 -\sqrt{2} )$.
Можно было заранее проверить, не оторвется ли гантелька от вертикальной стены раньше, чем угол $\alpha$ уменьшится от $90^{ \circ}$ до $45^{ \circ}$. Но это не обязательно - силу $Q$ мы получили положительную.
Гантелька состоит из тонкого легкого стержня длиной $L$ и двух одинаковых маленьких шариков массой М каждый на концах стержня. В начальный момент гантелька стоит в углу комнаты вертикально, опираясь на пол и вертикальную стену. От очень малого толчка гантелька начинает двигаться, при этом один из концов скользит по полу, а другой продолжает касаться стены. Найдите силы, с которыми гантелька действует на пол и стену в тот момент, когда она составляет угол $45^{ \circ}$ с вертикалью. Трения нет.
Решение:
Обозначим скорость верхнего шарика $v$, ускорение в интересующей нас точке пусть будет $a$ (см. рисунок). При значении угла $\alpha = 45^{ \circ}$ с горизонтом нижний шарик имеет такую же скорость $v$, а ускорение его обозначим $b$. Из закона сохранения энергии следует
$\frac{Mv^{2}}{2} + \frac{Mv^{2}}{2} = MgL \left ( 1 - \frac{1}{ \sqrt{2} } \right )$,
или
$v^{2} = gL \left ( 1 - \frac{1}{ \sqrt{2} } \right )$.
Зададим очень малый интервал времени $\tau$. Скорости шариков изменятся на очень малые величины $\Delta v_{верт} = a \tau$ и $\Delta v_{горих} = b \tau$. Снова применим закон сохранения энергии:
$Mg \cdot v \tau = \left ( \frac{M(v + \Delta v_{верт} )^{2} }{2} - \frac{Mv^{2} }{2} \right ) + \left ( \frac{M (v+ \Delta v_{гориз} )^{2} }{2} - \frac{Mv^{2} }{2} \right )$,
откуда
$gv = va + \frac{a^{2} \tau }{2} + vb + \frac{b^{2} \tau }{2}$,
или при малом $\tau$
$a + b = g$.
За малое время $\tau$ угол $\alpha$ немного уменьшится, найдем его тангенс:
$tg \alpha = \frac{ \frac{L}{ \sqrt{2}} - v \tau }{ \frac{L}{ \sqrt{2} } + v \tau } = \frac{v_{гориз}}{v_{верт} } = \frac{v + b \tau}{v + a \tau }$.
Отсюда получим
$\frac{L}{ \sqrt{2}} v + \frac{L}{ \sqrt{2} } a \tau - v^{2} \tau - av \tau^{2} = \frac{L}{ \sqrt{2}}v + \frac{L}{ \sqrt{2} } b \tau + v^{2} \tau + bv \tau^{2}$.
После очевидных упрощений запишем
$\frac{L}{ \sqrt{2}} (a - b) = 2 v^{2}$,
или
$a - b = 2g ( \sqrt{2} - 1)$.
Решая полученные для $a$ и $b$ уравнения, найдем
$a = g \frac{2 \sqrt{2} - 2 + 1}{2} = g ( \sqrt{2} - 0,5) \approx 0,91g$,
$b = g \left ( \frac{3}{2} - \sqrt{2} \right ) \approx 0,09g$.
Найти силу $Q$ со стороны вертикальной стены и силу $N$ со стороны пола проще всего, записав уравнения второго закона Ньютона для центра масс гантельки (чтобы не связываться с величиной силы натяжения стержня):
$Q = M \cdot 0 + Mb = Mg(1,5 - \sqrt{2})$,
$2Mg - N = M \cdot 0 + Ma$,
откуда
$Q = Mg (1,5 - \sqrt{2})$,
$N = 2Mg - Ma = Mg(2,5 -\sqrt{2} )$.
Можно было заранее проверить, не оторвется ли гантелька от вертикальной стены раньше, чем угол $\alpha$ уменьшится от $90^{ \circ}$ до $45^{ \circ}$. Но это не обязательно - силу $Q$ мы получили положительную.
