Задача по механике. Решаем разными способами и обобщаем / Habr

Задача по механике.

Рассмотрим следующую интересную задачу по теоретической механике (из сборника Мещёрского, страница 231, задача 31.22), сформулированную своими словами.

Задача:Тело массы m находится на вершине гладкой полусферы радиуса R в поле тяжести Земли g. Ему сообщают некоторую начальную горизонтальную скорость v0. Требуется определить угол φ при котором тело оторвётся от поверхности сферы(угол отрыва).

Размерами и формой тела пренебречь.

Решение: сделаем рисунок, поясняющий условие данной задачи.

Предложу несколько решений данной задачи:

1. Школьное(эта задача уровня ЕГЭ по физике):Запишем второй закон Ньютона в проекции на ось, направленной к центру O полусферы:

$ma_ц = mg\cos\phi - N$

, где

$a_ц = \frac{v^2}{R}$

центростремительное ускорение,v- касательная скорость тела, N-сила реакции опоры(в момент отрыва N=0).Учитывая это и сократив на m, получим

$\frac{v^2}{R}=gcos\phi$

Теперь запишем закон сохранения энергии( ЗСЭ):

$\frac{mv_0^2}{2} + mgR = \frac{mv^2}{2} + mgh$

или

$\frac{mv_0^2}{2} + mgR = \frac{mv^2}{2} + mgR(1-cos\phi)$

Подставив первое соотношение, получим:

${v_0^2} + 2gR = 3gRcos\phi$

откуда

$\phi = \arccos\left(\frac{v_0^2+2gR}{3gR}\right)$

. При

$v0>\sqrt{gR}$

тело оторвётся сразу(то есть φ=0).

2. Не школьное: Пусть в этой задаче нельзя сразу записать закон сохранения энергии, тогда его необходимо вывести. Так как пройденный путь s=φR, то

$v = \frac{ds}{dt} = R\frac{d\phi}{dt}$

или

$\frac{d\phi}{dt} = \frac{v}{R}$

.Теперь запишем второй закон ньютона в проекции на касательную(тангенциальную ось:

$\frac{dv}{dt} = g\sin\phi$

Поделив данное уравнение на первое уравнение и разделив переменные, получим

$vdv = gR\sin\phi d\phi$

. Проинтегрировав, и подставив начальное условие, имеем:

$\frac{mv_0^2}{2} + mgR = \frac{mv^2}{2} + mgR(1-cos\phi)$

. Дальнейшее решение описано.

3. Обобщение. Пусть в этой задаче не полусфера, а произвольная выпуклая вниз поверхность y(x)(то есть y”(x)<0).

Рисунок 2 Обобщение задачи на произвольную выпуклую вниз поверхность.

Выберем прямоугольную декартову систему координат X0Yтак, чтобы вершина находилась в точке (0,H), тогда y(0)=H, y’(0)=0(

Так как это точка максимума y(x)). Пусть тело оторвётся в точке (x,y), тогда N=0 и второй закон Ньютона в проекции на центростремительную ось запишется как

$\frac{v^2}{R} = gcos\phi$

Где R- радиус кривизны траектории в точке (x,y), φ угол между осью 0Y и aц.

Перепишем это равенство в виде

${v^2} = gh=g(y-yO’)$

, где h- расстояние между мгновенным центром вращения O’(xO’,yO’) и проекцией положения тела на ось , параллельную 0Y, h=y-yO’.

. С другой стороны, из закона сохранения энергии,

$\frac{mv_0^2}{2} + mgH = \frac{mv^2}{2} + mgy$

откуда

$\left(v_0^2 + 2g(H-y)\right)y'' + g(1 + (y')^2) = 0$

Решая задачу Коши(y(0)=H, y’(0)=0) для полученного дифференциального уравнения при помощи Wolfram Alpha, получим

$y=H-\frac{gx^2}{2v_0^2}$

то есть координаты точки отрыва находятся как другая точка(кроме вершины) пересечения кривой y(x) и параболы

$y=H-\frac{gx^2}{2v_0^2}$

. Если же такой точки нет или y(x) является этой параболой, то тело соскользнёт сразу же, на вершине. Задача решена.

4.1Другое обобщение: Добавим в исходную задачу с полусферой

силу трения скольжения, прямо пропорциональную силе реакции опоры N: Fтр=μN, где μ коэффициент трения. Сделаем рисунок:

Рисунок 3 Добавление силы трения скольжения

Запишем второй закон Ньютона в проекции на центростремительную и касательную оси соответственно:

$ma_ц = mg\cos\phi - N$

$m\frac{dv}{dt} = -mgsin\phi + \mu N$

Выражая из первого уравнения N и подставив во второе, приходим к уравнению:

$2v\frac{dv}{d\phi} = g(\mu\cos\phi - \sin\phi) - 2\mu v^2$

. Это линейное неоднородное дифференциальное уравнение первого порядка относительно

.Решая его методом Бернулли(или с помощью Wolfram Alpha), а также учитывая начальные условия(v(0)=v0), получим:

$v^2(\phi)=\frac{2gR}{\mu^2+1}((2\mu^2+1)cos\phi-\mu\sin\phi)+(v_0^2-2gR\frac{1+2\mu^2}{1+4\mu^2})e^{-2\mu\phi}$

В момент отрыва N=0, значит

$v^2 = gR \cos\varphi$

Подставив в первое, получим уравнение:

$gRcos\phi=\frac{2gR}{\mu^2+1}((2\mu^2+1)cos\phi-\mu\sin\phi)+(v_0^2-2gR\frac{1+2\mu^2}{1+4\mu^2})e^{-2\mu\phi}$

, решая которое относительно φ,

находим его(ограничение 0<φ<90º). Если у уравнения нет других решений кроме φ=0, то тело соскользнёт сразу же. Задача решена.

4.2 Замечание к этому обобщению. Самое интересное в этой задаче то, что даже если кроме силы трения мы добавим ещё и сопротивление воздуха, пропорциональное квадрату скорости

, то решение не усложнится:мы придём к дифференциальному уравнению

$\frac{dv}{d\phi} = g(\mu\cos\phi - \sin\phi) - \frac{1}{2}\left(2\mu v^2 + kv^2\right)$

, которое решается абсолютно также.

Список литературы:

1.Мещёрский И. В. Сборник задач по теоретической механике,1980 г

2.Е. А. Батяев Теоретическая механика

3. А. А. Яблонский Курс теоретической механики

4. С. М. Тарг Краткий курс теоретической механики