6818248x - Pedsovet.su

Реклама
Уважаемый Александр!
Обращаю внимание, что случай, рассмотренный Вами и содержащий определённые ошибки,
представляет собой лишь первую часть поставленной задачи. Вы рассмотрели соскальзывание по
наклонной части горки. Вопрос перехода на горизонтальное скольжение пока не затронут. Это отдельная
история.
Не возражаю. Давайте пока ограничимся этим случаем.
Предлагаю Вам свою версию соскальзывания по наклонной части без учета перехода на
горизонталь.
1. Полная механическая энергия тела в начальный момент
𝑚(−𝑉𝑒⃗⃗⃗⃗𝑥 )2⁄
𝐸1 = 𝑚𝑔𝐻 +
2 = 2𝑚𝑔𝐻
2. Полная механическая энергия в самой нижней точке
2
2
𝑚 [((−𝑉 + 𝑉𝑐𝑜𝑠𝛼)𝑒⃗⃗⃗⃗𝑥 ) + ((−𝑉𝑠𝑖𝑛𝛼)𝑒⃗⃗⃗⃗𝑦 ) ]
⁄ = 2𝑚𝑔𝐻(1 − 𝑐𝑜𝑠𝛼)
𝐸2 = 0 +
2
3. Изменение полной энергии
∆𝐸 = 𝐸2 − 𝐸1 = −2𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠.
4. В этой части я с Вами согласен. Все нужные формулы записаны верно. Они могли привести к
этому же результату. Но дальше, отправляясь от правильной посылки – необходимости
определить работу тех сил, которые не учтены в потенциальной энергии, Вы допускаете
ошибку. Горизонтальная составляющая
𝑁𝑥 = 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼
единственной неучтенной силы – силы реакции наклонной плоскости – в этой ИСО
действительно совершает работу, только работу отрицательную. И путь, на котором она
работала, никак не равен нижнему основанию наклонной плоскости 𝐻𝑐𝑡𝑔𝛼, как у Вас. Если
принять Вашу версию пути, то работа силы по Вашим же формулам будет равна
𝐴𝑁 = −𝑁𝑥 𝐻𝑐𝑡𝑔𝛼 = −𝑚𝑔𝐻𝑐𝑜𝑠 2 𝛼 ≠ −2𝑚𝑔𝐻𝑐𝑜𝑠𝛼
При аккуратных вычислениях это расхождение должно было озадачить.
Увы, не озадачило.
5. Ошибка в том, что путь нужно вычислять с учётом того, что и сама наклонная плоскость
движется со скоростью (−V)𝑒⃗⃗⃗⃗𝑥 . И это ещё не все. Если Вы хотите строго вычислить работу силы
реакции опоры, то ограничиться только горизонтальной составляющей силы нельзя. Об этом
написано ниже.
Самый рациональный способ - честно и подробно рассмотреть уравнения движения в этой
ИСО:
⃗
𝑚𝑎 = 𝑚𝑔 + 𝑁
Из условия отсутствия перемещения в направлении, перпендикулярном наклонной плоскости,
⃗ | = 𝑁 = 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼
имеем |𝑁
Тогда
𝑎𝑥 = 𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼
𝑎𝑦 = −𝑔 + 𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼 = −𝑔𝑠𝑖𝑛2 𝛼
𝑉𝑥 = −𝑉 + 𝑔𝑡𝑐𝑜𝑠𝛼 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼
𝑉𝑦 = −𝑔𝑡𝑠𝑖𝑛2 𝛼
𝑥 = 0 − 𝑉𝑡 +
𝑔𝑡 2⁄
2 𝑐𝑜𝑠𝛼 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼
1
𝑦=𝐻−
𝑔𝑡 2⁄
2
2 𝑠𝑖𝑛 𝛼
В какой момент времени тело достигнет горизонтали 𝑦 = 𝐻 −
𝑔𝑡 2⁄
2
2 𝑠𝑖𝑛 𝛼 = 0?
Ответ - при 𝑡 = √2𝐻⁄𝑔 ∙ 1⁄𝑠𝑖𝑛𝛼
В этот момент координата
𝑥кон = −𝑉√2𝐻⁄𝑔 ∙ 1⁄𝑠𝑖𝑛𝛼 + 𝐻𝑐𝑡𝑔𝛼 = − 2𝐻⁄𝑠𝑖𝑛𝛼 + 𝐻𝑐𝑡𝑔𝛼 = − 𝐻⁄𝑠𝑖𝑛𝛼 (2 − 𝑐𝑜𝑠𝛼).
Итак, перемещения тела:
По оси х - ∆𝑥 = 𝑥кон − 𝑥нач = − 𝐻⁄𝑠𝑖𝑛𝛼 (2 − 𝑐𝑜𝑠𝛼) − 0 = − 𝐻⁄𝑠𝑖𝑛𝛼 (2 − 𝑐𝑜𝑠𝛼)
По оси y - ∆𝑦 = 𝑦кон − 𝑦нач = 0 − 𝐻 = −𝐻.
Теперь легко находим работу сил реакции наклонной плоскости
⃗ = 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼 ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑁
𝑒𝑥 + 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼 ∙ ⃗⃗⃗⃗
𝑒𝑦
𝐴𝑁 = 𝑁𝑥 ∆𝑥 + 𝑁𝑦 ∆𝑦= 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼 ∙ [− 𝐻⁄𝑠𝑖𝑛𝛼 (2 − 𝑐𝑜𝑠𝛼)] + 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼 ∙ (−𝐻) =
−2𝑚𝑔𝐻 + 𝑚𝑔𝐻𝑐𝑜𝑠 2 𝛼 − 𝑚𝑔𝐻𝑐𝑜𝑠 2 𝛼 = −2𝑚𝑔𝐻
Совершенно строго получилось правильное выражение для работы «неучтённой» силы,
которое замыкает закон сохранения полной механической энергии при рассмотрении из
движущейся ИСО.
6. Можно было, конечно, не расписывать всё так подробно, а ограничиться замечанием, что
скорость тела имеет две очевидные составляющие – горизонтальную, равную (−𝑉𝑒⃗⃗⃗⃗𝑥 ) и
скорость вдоль наклонной плоскости. Эта составляющая, как и соответствующее
перемещение, всегда перпендикулярны силе реакции опоры, поэтому сила реакции опоры
при этом перемещении работы не совершает. Осталось вычислить работу силы реакции
опоры при перемещении по горизонтали со скоростью V за время 𝑡 = √2𝐻⁄𝑔 ∙ 1⁄𝑠𝑖𝑛𝛼
Эта работа находится элементарно:
𝐴𝑁 = 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼 ∙ (−𝑉) ∙ √2𝐻⁄𝑔 ∙ 1⁄𝑠𝑖𝑛𝛼 = −2𝑚𝑔𝐻𝑐𝑜𝑠𝛼.
Использовать время можно, так как оно в обеих ИСО одинаково, а скорости и перемещения
могут отличаться.
2
3
Похожие документы
Скачать