Задача по механике №279

С высоты $3R∕2$ соскальзывает без начальной скорости небольшой шарик, двигаясь без трения по жёлобу, расположенному в вертикальной плоскости (см. рисунок). Горизонтальный участок жёлоба плавно переходит в полуокружность радиуса $R$ . Какой максимальной высоты достигнет шарик после отрыва от жёлоба?
Какие законы Вы используете для решения задачи? Обоснуйте их применение.

МФТИ, 1994

Обоснование

1. Введем инерциальную систему отсчёта (ИСО) связанную с землей.

2. Тело движется поступательно, его размеры малы по сравнению с размерами установки, будем описывать тело моделью материальной точки.

3. Так как тело является материальной точкой, то для описания его движения будем использовать второй закон Ньютона относительно ИСО.

4. Применим закон сохранения энергии для описания движения тел, так как единственной непотенциальной силой является сила реакции опоры, действующая на тело. Эта сила перпендикулярна вектору скорости в процессе движения, а значит ее мощность и работа равняются нулю, полная механическая энергия тела не изменяется. За нулевой уровень потенциальной энергии выберем уровень, на котором находится нижняя точка траектории тела.

5. Так как тело будет двигаться по окружности, то оно будет обладать центростремительнм ускорением, направленным к центру окружности вращения.

Решение

Пусть $N$ – сила реакции опоры, $aц.с.$ – центростремительное ускорение, $mg$ – сила тяжести, $α$ – угол между силой тяжести и центростремительным ускорением.
В момент отрыва от петли $N$ будет равна 0, значит второй закон Ньютона запишется в виде

mg cosα = maц.с. (1)

где $a = v2 ц.с. R$ — центростремительное ускорение.
Найдем скорость тела в момент отрыва, как разность потенциальных энергий

mv2 2 1,5mgR = -2--+ mgh ⇒ v = 2g(1,5R − h) = 2g(1,5R− R − Rcosα) (2)

где $h$ – высота отрыва шайбы от поверхности, $1,5mgR$ — потенциальная энергия тела на высоте $1,5R$ , $mv2 -2--$ — кинетическая энергия на высоте $h$ , $mgh$ — потенциальная энергия на высоте $h$ .
Подставляем (2) в (1) и находим $cosα$

mg cosα= mg − 2mgcosα ⇒ cosα= 1 3

Откуда высота отрыва

h = R+ R cosα = 4R 3

Синус угла

2√2- sin α= 3

Или тангенс

√- tgα = 2 2

Скорость направлена перпендикулярно центростремительному ускорению, следовательно

√- √ - tgα = vy= 2 2 ⇒ vy = 2 2vx vx

Скорость тела в момент отрыва

v2 = gR- 3

Тогда горизонтальная и вертикальная составляющие скорости

gR ∘ gR- ∘ 8gR- 9v2x = 3-⇒ vx = 27-⇒ vy = -27-

После отрыва шайба дополнительно поднимется на высота $h′$ , пока скорость шайбы на станет равна нулю. Найдём эту высоту, для этого запишем уравнение кинематики на вертикальную ось:

H = h+ h′ = h+ v t− gt2, y 2

где $t$ – время движения.
Подъём будет осуществляться, пока вертикальная составляющая скорости не станет равна нулю.

Vy =vy − gt= 0 ⇒ t= vy. g

Тогда высота подъема

H = h+ h′ = h+ v2y = 40R- 2g 27