Noranovich_1

1 ЗАКОН СОХРАНЕНИЯ ИМПУЛЬСА
Задача № 1. Частица 1 столкнулась с частицей 2 , в результате чего


возникла составная частица. Найти её скорость v и модуль скорости v ,
если масса частицы 2 в   2.0 раза больше, чем масса частицы 1 , а их




скорости перед столкновением равны v1  2i  3 j и v2  4i  5 j , где
компоненты скорости даны в СИ.
Дано:
 
v , v -?
В отсутствие внешних сил импульс системы должен
m2

m1


v1  2i  3 j


v2  4i  5 j
Рисунок 1
В отсутствие внешних сил импульс системы должен сохраняться.
Запишем закон сохранения импульса



m1v1  m2 v2  (m1  m2 )v .
Подставим выражения для скоростей






m1 (2i  3 j )  m2 (4i  5 j )  (m1  m2 )(vxi  vy j ) .
По компонентам:
2m1  4m2  (m1  m2 )v x ;
3m1  5m2  (m1  m2 )v y .
Выразим компоненты скоростей, поделим числитель и знаменатель
получившихся дробей на m1 , воспользовавшись тем что
vx 
m2
 .
m1
2m1  4m2 24
3m  5m2 3  5


; vy  1
.
1
m1  m2
1
m1  m2
3
Скорость и модуль скорости соответственно равны




2
2
v  vx  v y .
v  vxi  vy j ;
Эту задачу можно решить, воспользовавшись понятием центра масс.
Центр масс системы при отсутствии внешних сил движется равномерно или
покоится, т.е. его скорость не меняется при соударении. Скорость центра
масс до соударения равна


 m1v1  m2 v2
.
v1 
m1  m2
После соударения

 (m1  m2 )v
.
v2 
m1  m2
Приравниваем скорости до и после соударения



m1v1  m2 v2  (m1  m2 )v .
Откуда


 v1  v2
.
v
1 


 v1  v2
Ответ: v 
; v  4м / с
1 
Задача № 2. Ствол пушки направлен под углом   450 к горизонту. Когда
колёса пушки закреплены, скорость снаряда, масса которого в   50 раз
меньше массы пушки, v0  180 м / с . Найти скорость пушки сразу после
выстрела, если колёса её освободить.
4
Дано:
  450
M

m
V ?
Рисунок 2
Запишем закон сохранения импульса (ЗСИ). Ясно, что сила реакции
опоры не даст перемещаться пушке вдоль вертикальной оси y . Поэтому нас
интересует проекция ЗСИ только на горизонтальную ось x . Скорость снаряда
v 0 дана относительно пушки. В процессе выстрела пушка приобретет скорость
v1 .
Скорость снаряда относительно Земли = скорость снаряда относительно пушки
+ скорость пушки относительно земли.

 
V2  V1  V0
Скорость, входящую в закон сохранения импульса, берем в системе
отсчета, связанной с Землей. До выстрела скорость пушки и снаряда
равнялась нулю, поэтому до выстрела импульс системы равнялся нулю.



 


0  MV1  mV2  MV1  m(V1  V0 )  (m  M )V1  mV0 ,


(m  M )V1  mV0 .
Знак минус свидетельствует о том, что пушка будет двигаться в сторону,
противоположную полету снаряда.
Найдем проекцию последнего уравнения на ось Ox:
(m  M )V1x  mV0 cos( ) ,
V1x 
 mV0 cos()
V cos()
.
 0
mM
1
5
Ответ: V1x  
V0 cos()
=25 м/с.
1
Задача № 3. Пушка массы M начинает свободно скользить по гладкой
наклонной плоскости, составляющей угол  с горизонтом. Когда пушка
прошла путь l , произвели выстрел, в результате которого снаряд вылетел

с импульсом p в горизонтальном направлении, а пушка остановилась.
Пренебрегая массой снаряда по сравнению с массой пушки, найти
продолжительность выстрела.
Дано:

M , , l , p
t  ?
До сих пор мы рассматривали закон сохранения импульса в случае,
когда на систему не действуют внешние силы. В данном случае, на пушку
действует равнодействующая сил Mg sin( ) , направленная вдоль плоскости
(массой m снаряда пренебрегаем). Модифицируя ЗСИ для этого случая,
запишем 2-й закон Ньютона.

dV
m
F,
dt


dmV dp

F,
dt
dt

dp  
F dt
импульс
импульс
силы
тела
Рисунок 3
ЗСИ гласит, что изменение импульса системы равно импульсу внешних
сил, действующих на систему. В нашем случае, пренебрегая массой снаряда,
импульс силы, действующий на систему, будет равен
6
Mg sin( ) 
.

t
время
выстрела
Движение происходит вдоль плоскости, т.к. плоскость не дает орудию
двигаться в перпендикулярном к ней направлении. Поэтому рассмотрим
только X - проекцию уравнений. Импульс системы до выстрела:
P1  ( M  m)V  MV
.
Найдём V . Пушка прошла путь l с ускорением g sin( ) из состояния покоя.
l = g sin( ) 
время движения
до выстрела

T2
2
;
2l
,
g sin( )
T
V  g sin( )T  2 lg sin( ) ; P1  M 2 lg sin( ) .
После выстрела скорость пушки равна нулю. Скорость снаряда
относительно пушки равна скорости относительно Земли, т.к. скорость

пушки равна нулю. Импульс вылетевшего снаряда равен P . Нам нужна
только х - проекция Px  p cos( ) .
p  p cos( )  M 2 lg sin( )  Mg sin( )t .
Из последней формулы выразим t .
t 
p cos( )  M 2 lg sin( )
.
Mg sin( )
Ответ: t 
p cos( )  M 2 lg sin( )
.
Mg sin( )
Задача № 4. Шайба 1, скользившая по шероховатой горизонтальной
поверхности, испытала соударение с покоившейся шайбой 2. После
столкновения шайба 1 отскочила под прямым углом к направлению своего
первоначального движения и прошла до остановки пути
7
s1  1,5 м , а шайба
2 - путь s2  4.0 м . Найти скорость шайбы 1 непосредственно перед
столкновением, если её масса в   1.5 раза меньше массы шайбы 2 и
коэффициент трения   0.17 .
Дано:
s1  1,5 м
s2  4.0 м
  0.17
m2

m1
V1 -?
Рисунок 4
Пусть шайба 2 полетела под углом  к первоначальному движению
шайбы 1. Запишем ЗСИ:

 
p1  p1  p2 .
Спроецируем на оси:
y : 0  m1V1  m2V2sin(  ) ;
x : m1V1  m2V2 cos( ) .
После удара шайбы движутся с ускорением a  g , а их скорости менялись
t2
по закону V  V0  gt . Пройденный шайбами путь равен s  V0t  g . Т.к. в
2
конце пути скорость шайбы равнялась нулю, то время движения можно
найти, приравняв V  0 .
V  V0  gt  0 ;
Из равенства нулю скорости получаем
t
V0
.
g
Подставляя полученное время движения в формулу для пути, имеем
8
2
V
S  V0t  gt
 0 .
2 2g
2
Откуда
V0  2gs ;
V1  2gs1 ;
V2  2gs2 .
Для определения скорости первой шайбы до соударения вернемся к
проекциям ЗСИ на оси и выразим входящие в них углы через найденные
скорости движения шайб после соударения
mV 
sin( )  1 1 ;
m2V2
m V
V1  2 2 
m1
cos( )  1  sin ( ) 
2
m V   m V
m V 
2
2
2
1 1
2
2
m V   m V
m V 
;
2
2
2
2
1 1
2
 g  2 s2  s1 .
2
Ответ: V1  g  2 s2  s1 =5м/с.
2 ЗАКОН СОХРАНЕНИЯ ЭНЕРГИИ
Задача № 5. Частица совершила перемещение по некоторой траектории в
плоскости из точки 1 с радиус-вектором в точку 2 с радиус-вектором



r2  2i  3 j . При этом на неё действовали силы, одна из которых




F  3i  4 j . Найти работу, которую совершила сила F . Здесь r1 , r2 и F
даны в СИ.
9
Дано:

 
r1  i  2 j



r2  2i  3 j



F  3i  4 j
Найти:
А?
Рисунок 5
Работа – это скалярное произведение силы на перемещение.


2
2

r1

r1
r 
 
 r    
dA  Fdr ; A   Fdr  F  dr  F (r2  r1 )
(силу можно вынести за знак интеграла т.к. она постоянна).


r1  i  2 j ,



r2  2i  3 j ,

 

A  i  5 j 3i  4 j ,
A  17 Дж .

 

Ответ: A  i  5 j 3i  4 j   17 Дж .
Задача № 6. Частицы массы m попадают в область, где на них действует
встречная тормозящая сила. Глубина x проникновения частиц в эту
область зависит от импульса p частиц как x  p , где   заданная
постоянная. Найти зависимость модуля тормозящей силы от x .
10
Дано:
x  p
Найти:
F x   ?
Рисунок 6
Пусть до соударения частица имела импульс p , а её кинетическая
энергия
p  mV
mV 2
mp2 p 2
.
T



p
2
2m 2 2m
V
m
При попадании в область частицы начинают тормозиться, над ними
совершается работа тормозящих сил. T  A - работа тормозящих сил. Так как
частицы движутся вдоль прямой, перейдем к одномерному случаю.
x
A   Fdx ,
0
p2
x
x2
T
 p 
.
2m
 2 2 m
d A dT
,
F

dx
dx
Откуда найдем закон изменения силы
F
x
.
 2m
Ответ: F 
x
.
 2m
Задача № 7. Небольшое тело массы m медленно втащили на горку,

действуя силой F , которая в каждой точке направлена по касательной к
траектории. Найти работу этой силы, если высота горки h , длина её
основания l и коэффициент трения k .
11
Дано:

m,F
h ,l ,k
Найти:
А?
Рисунок 7
Фраза «тело втащили медленно» означает:

1. ускорение тела равнялось нулю, т.е. сила F , компенсировала действие
сил тяжести и трения.
2. Кинетическая энергия в конце пути примерно равна нулю.
Рассмотрим движение тела на некотором участке пути, заменяя отрезок

кривой на прямую. Длина отрезка равна dL , угол наклона  , сила


F сонаправлена с dL .
F  mg sin( )  Fтр .
Работа сил на участке dL
dA  mg sin( )dL  kmg cos( )dL =
 mgdh kmgdl ,
h
l
0
0
A   mgdh   kmgdL  mgh  kmgl .
Рисунок 8
Выводы: 1) При подъёме на горку работа не зависит от формы горки, а
зависит лишь от её длины и высоты;

2) работа силы F идет на увеличение потенциальной энергии тела и
преодоления силы трения.
Ответ: A  mg h  kl  .
Задача № 8. Шайба массы m  50 г соскальзывает без начальной
скорости по наклонной плоскости, составляющей угол   30 с
12
горизонтом и, пройдя по горизонтальной плоскости расстояние l  50 cм ,
останавливается. Найти работу сил трения на всем пути, считая всюду
коэффициент трения k  0.15 .
Дано:
m  50 г
l  50 cм
k  0.15
Найти:
Рисунок 9
А?
Пусть высота горки h1 , а длина l1 . В начальный момент времени t  0
тело обладает потенциальной энергией mgh1 . Эта энергия в конце спуска
переходит в кинетическую энергию и тратится на преодоление сил трения.
Запишем закон сохранения энергии (только для спуска)
mgh1 
mV 2
 kmgl1 .
2
Кинетическая энергия, которой обладает тело в начале горизонтального
участка, переходит в тепло, которое появляется под действием силы трения.
mV 2
 kmgl .
2
Подставляем последнюю формулу в предыдущую
mgh1  kmgl  kmgl1



модуль работы
сил ттрени
и учитываем, что
h1
 tg ( ) и h1  l1tg ( ) .
l1
Получаем
mgl1tg ( )  kmgl  kmgl1 ,
13
mgl1 (tg ( )  k )  kmgl ,
l1 
kl
.
tg ( )  k
Откуда работа равна


k
tg ( )
kmgltg( )
.
A  kmgl1 
  kmgl

tg ( )  k
tg ( )  k
 tg ( )  k 
При движении тела сила трения направлена против перемещения (угол
между силой и перемещением равен  , т.е. работа отрицательна).
Ответ: A  
kmgltg( )
tg ( )  k
Задача № 9. Частица массы m  4.0 г движется в двумерном поле, где её
потенциальная энергия U  xy ,   0 / 19 мДж / м 2 . В точке 1 3.0 м,4.0 м
частица имела скорость V1  3.0 м/с , а в точке 2 5.0 м,6.0 м скорость
V1  4.0 м/с . Найти работу сторонних сил на пути между точками 1 и 2.
Дано:
m  4.0 г
U  xy


r1 ( x1 ; y1 ) , V1


r2 ( x2 ; y 2 ) , V2
Рисунок 10
Найти: А  ?
Работа потенциальных сил не зависит от пути, а зависит от положения
точек 1 и 2. Работа сторонних сил идет на изменение полной энергии
системы.
Запишем закон сохранения энергии (ЗСЭ)
E к  Eп  A ,
где
14

mV2
Eк  U (r2 ) 
2
2
и
2
 mV1
Eп  U (r1 ) 
.
2
Воспользовавшись выражением для потенциальной энергии, получаем
A


m 2
2
V2  V1   ( x2 y2  x1 y1 ) .
2
Ответ: A 


m 2
2
V2  V1   ( x2 y2  x1 y1 ) .
2
Задача № 10. Небольшая шайба А соскальзывает без начальной скорости
с вершины гладкой горки высотой H , имеющей горизонтальный
трамплин. При какой высоте h трамплина шайба пролетит наибольшее
расстояние s ? Чему оно равно?
Дано: H
Найти:
h - ?, S - ?
Рисунок 11
В начальный момент времени тело обладало потенциальной энергией
mgH относительно Земли. Но за начало отсчета потенциальной энергии мы
можем принять произвольный уровень. Относительно трамплина
потенциальная энергия u  mg ( H  h) .
В процессе движения по спуску потенциальная энергия переходит в
кинетическую
15
2
m0V0
 mg ( H  h) ,
2
откуда скорость шайбы в момент прыжка с трамплина равна
V0  2 g ( H  h) .
Трамплин устроен так, что при отрыве скорость шайбы направлена
горизонтально. Пройденное по горизонтали расстояние
S  V0T ,
где T - время движения. Зная высоту трамплина, можно найти время
движения тела до момента падения
h  gT 2 / 2  T 
2h
g
и пройденный путь
S  V0
2h
 2 Hh  h 2 .
g
Продифференцируем S по h и приравняем производную к нулю
ds
H  2h

 0,
dt 2 Hh  h 2
откуда найдем оптимальную высоту трамплина
H  2h , h 
H
.
2
Подставляя ее в формулу для пути, имеем
S 2
H2 H2

H.
2
4
Ответ: h 
H
;S  H .
2
Задача № 11. Летевшая горизонтально пуля массы m попала, застряв, в тело
массы M , которое подвешено на двух одинаковых нитях длины  . В
результате нити отклонились на угол  . Считая m M , найти: а) скорость
16
пули перед попаданием в тело; б) относительную долю первоначальной
кинетической энергии пули, которая перешла во внутреннюю энергию.
Дано:
m M , 
Найти:

V0  ?


T0
-?
Рисунок 12
Запишем закон сохранения импульса:


mV0  m  M V ,

где V - это скорость, которую приобрело бревно после соударения. Выразим
эту скорость


mV0
.
V
mM
Закон сохранения механической энергии не выполняется т.к. часть
энергии переходит в тепло. Закон сохранения имеет вид:
mV 2 0 m  M V 2

Q,
2
2
Где Q -тепло, которое выделилось при попадании пули в бревно.
После удара пули в бревно кинетическая энергия последнего будет равна
mM 2
V . Вся эта энергия переходит в потенциальную энергию:
2
mM 2
V  m  M gh
2
Определим, на какую высоту поднялось бревно:
17
1 1

h     cos( )  (1  cos( ))  2(  cos( ))  2 sin 2 ( )
2 2
2
Подставим h в закон сохранения энергии
 2
mV0
2 

2
g

sin
( ),
2(m  M ) 2
2
 
откуда
mM 
2 
V0  4
 sin ( ) g
2
 m 
2
2
и
V0  2

M
m
g sin( ) g .
2
Подставляя найденную скорость в закон сохранения энергии, найдем тепло,
которое выделилось при попадании пули в бревно
T



2
2
2
2
mV0 m  M 2 mV0 m  M  mV0  mV0 
m 
Q

V 


 
1 
.
2
2
2
2
2  mM 
mM 
0
Поделив тепло на величину кинетической энергии пули, получим долю
энергии, перешедшую в тепло.
  1
m
.
M
Ответ:  1 
m
M
; V0  2
m
M

g sin( ) g .
2
Задача № 12. Частица А массы m , пролетая вблизи другой, первоначально
покоившейся, частицы В, отклоняется на угол  . Импульс частицы А до


взаимодействия был p0 , после взаимодействия стал p .Найти массу
частицы В, если система замкнутая.
18
Дано:
m


p0
Найти:
M ?
Рисунок 13

 
Импульс в замкнутой системе сохраняется. p0 = p + p .
Изобразим это уравнение графически.
Рисунок 14
Применим к треугольнику теорему косинусов

2
p2  p0  p 2  2 pp0 cos( ) .
Запишем также закон сохранения энергии

2
p0
p 2
p
=
+
.
2m 2m 2M
Из закона сохранения энергии выразим квадрат импульса частицы В после
соударения
p2 
M
2
( p0  p 2 )
m
и подставим результат в теорему косинусов
M
2
2
( p0  p 2 )  p0  p 2  2 pp0 cos( ) .
m
Из последнего уравнения найдем массу частицы В
19
m( p0  p 2  2 pp0 cos( ))
.
M
2
p0  p 2
2
m( p0  p 2  2 pp0 cos( ))
Ответ: M 
.
2
p0  p 2
2
Задача № 13. Замкнутая система состоит из двух одинаковых
взаимодействующих частиц. В некоторый момент t 0 скорость одной

частицы равна нулю, а другой - v .Когда расстояние между частицами
оказалось опять таким же, как и в момент t 0 , скорость одной из частиц

стала равной v1 . Чему равны в этот момент скорость другой частицы и
угол между направлениями их движения
Дано:
 
V1 , V2 ,  ,
 
V1 , V2
Найти:  
Рисунок 15
Импульс замкнутой системы сохраняется.
 
 
p1  p2  p1  p2 

p

полный
импульс
системы
Запишем теорему косинусов для двух треугольников
20
1) p 2  p1  p 2 2  2 p1 p2 cos(   ) 
2
 p1  p 2 2  2 p1 p2 cos( ),
2
2
2
2) p 2  p1  p2  2 p1 p2 cos( ) ,
откуда
2
2
2
p1  p 2 2  p1  p2  2 p1 p2 cos( )
.
cos( ) 
2 p1 p
Запишем закон сохранения энергии
2
2
2
p1
p2
p1 p2



.
2m 2m 2m 2m
Сократив на 2m, получим
p21  p2 2  p21  p2 2 ,
откуда
p p
VV
cos( )  1 2 cos( )  1 2 cos( ) .
p p
V V 
1
1 2
Ответ: cos( )  p1 p2 cos( )  V1V2 cos( ) .
p p
1
V V 
1 2
Задача № 14. Частица массы m1 испытала упругое столкновение с
покоившейся частицей массы m2 . Какую относительную часть
кинетической энергии потеряла налетающая частица, если: a) она
отскочила под прямым углом к своему первоначальному направлению
движения; б) столкновение лобовое?
21
Дано:
m1 ; m2
Найти:

T
T0
а)    2
б)  0
Рисунок 16
Угол, на который отклонилась частица, зависит от расстояния между
центрами частиц (прицельного параметра). Запишем закон сохранения
импульса в проекции на оси:
ox : p1  p2 cos( ) ,
oy : p1  p2 sin(  ) .
Запишем закон сохранения энергии:
2
p1
p
p
 1  2 ,
2m 2m1 2m2
2
2
потеря энергии первой частицей
p22
Е 
.
2m2
Потеря энергии первой частицей происходит за счет того, что часть
энергии уносит ранее покоившаяся частица.
С помощью теоремы Пифагора исключим импульс первой частицы
после соударения
2
2
2
2
p1
p2  p1
p2
.


m
m1
m2
Выразим из этой формулы импульс второй частицы после соударения
2 p 21
1 
2 1
2 m  m2
  p 2 1
 p 2  
,
m1
m1 m2
 m1 m2 
22
2
2m2 p1
p2 
m1  m2
2
и подставим в формулу для потери энергии
Е 
p12
.
m1  m2
Кинетическая энергия первой частицей до соударения равна
2
p
T 1 ,
2m1
а относительная часть кинетической энергии, потерянная налетающей
частицей равна

E
2m1
.

T
m1  m2
б) В данном случае подразумевается центральный удар, т.е. когда скорости
частиц направлены вдоль прямой, соединяющей их центры.
Рисунок 17
В зависимости от соотношения масс m1 первой и m2 второй частицы,
первая частица полетит либо вперед, либо назад. Это можно определить из
решения по знаку скорости.
Запишем ЗСИ для одномерного случая
p1  p1  p2 .
Закон сохранения энергии имеет вид:
2
2
2
p1
p1
p2
.


2m 2m1 2m2
Выразим импульс первой частицы из ЗСИ
23
p1  p1  p2
и подставим в ЗСЭ
 p  p  
2
2
2
p1  1
p2

.


m
m1
m2
2
Раскроем скобки
2
2

2
2
p1
p1  2 p1 p2  p2
p2
,


m
m1
m2
приведем подобные
2 p1 p2
2 m  m2
 p2 1
m1
m1  m2
и выразим импульс второй частицы после соударения
p2  2 p1
m2
.
m1  m2
Кинетическая энергия, потерянная первой частицей равна
p
1 4 p1 m2
,
T  2 
2
2m2 2 m1  m2 
2
кинетическая энергия налетающей частицы равна
2
p
T0  1 ,
2m1
а относительная часть кинетической энергии, потерянная налетающей
частицей равна
4m1 m2
T 1 4 p1 m2 2m1
 2 =

=
2
T0 2 m1  m2  p 1 (m1  m2 ) 2
2
Ответ: а) 
б) 
24
2m1
;
m1  m2
4m1 m2
.
(m1  m2 ) 2
3 ЗАКОН СОХРАНЕНИЯ МОМЕНТА ИМПУЛЬСА
Задача № 15. К точке, радиус-вектор которой относительно начала



 

координат O равен r  ai  bj , приложена сила F  Ai  Bj , где

a, b, A, B  постоянные, i и j - орты осей x и y . Найти момент N и плечо 

силы F относительно точки O .
Дано:
По определению момент силы относительно точки – это
 

векторное произведение радиус – вектора, проведенного из
r  ai  bj


 этой точки в точку приложения силы на силу
F  Ai  Bj
  
N  r F .
Найти:

Распишем векторное произведение
N -?
  

i
j k
F -?




N  a b 0  i  0  j  0  k  aB  bA .
A B 0


Момент силы имеет составляющую только вдоль оси z .

M  aB  bA .
Представим эту составляющую как произведение силы на плечо


M  F ,
и, поделив ее на модуль силы,

F  A2  B 2
выразим плечо силы
25

aB  bA
A2  B 2
.
 
aB  bA
Ответ: N  k (aB  bA) ;  
A2  B 2
Задача № 16. Момент импульса частицы относительно некоторой точки О
  
 
меняется со временем по закону M  a  b t 2 , где a и b - постоянные

 
векторы, причём a  b . Найти относительно точки О момент N силы,
 
действующей на частицу, когда угол между векторами N и M окажется
равным 45 .
Дано:
  
M  a  bt2
 
a b

Найти: N -?
  
N M  45

Чтобы найти N , продифференцируем

M по времени:




dM  dM
N;
 2b t  N .
dt
dt
 
Изобразим схематично M и N в некоторый момент времени. Воспользуемся
 
тем, что a  b .
Рисунок 18

a
tg ( )   2  t 
bt



b
 b
 b

 tg ( ) ; N  2b  tg ( )  2b  .
a
a
a

 b

Ответ: N  2b  .
a
26
Задача № 17. Шарик массы m бросили под углом  к горизонту с

начальной скоростью V0 . Найти модуль момента импульса шарика
относительно точки бросания в зависимости от времени движения.


Вычислить M в вершине траектории, если m  130 г ,   45 , V0  25 м/с .
Сопротивлением воздуха пренебречь.
Дано:
  45
m  130 г

V0  25 м/с
Найти:

M -?
Рисунок 19

Движение происходит в одной плоскости. M имеет составляющую
только вдоль оси z . Воспользуемся определением момента импульса

 
 
M  r  p   m r  V 
  
i
j k

.
 m x y 0  k xVy  yVx m
Vx Vy 0


Модуль момента импульса равен

M  m xVy  yVx .
Из кинематики известно, что для тела, брошенного под углом к горизонту,
зависимость соответственно х – компоненты скорости и х – координаты, у –
компоненты скорости и у – координаты имеют вид:
Vx  V0 cos( ) ,
x  V0 cos( )t ,
Vy  V0 sin( )  gt ,
27
gt 2
y  V0 sin( )t 
.
2
Подставим это в выражения для модуля момента импульса

gt 2
M  m V0 cos( )t (V0 sin( )  gt)  (V0 sin( )t 
)V0 cos( ) 
2
gt 2
 m V0 cos( )(t (V0 sin( )  gt)  (V0 sin( )t 
)) 
2
 m V0 cos( )(V0 sin( )t  gt 2  V sin( )t 
.
gt 2 mgV0t 2 cos( )

2
2
В верхней точке траектории
Vy  0 ,
t
V0 sin( )
,
g
Подставив это в выражение для модуля момента импульса, получим
2
3
 mV0 g
V0 sin 2 ( ) mV0 sin 2 ( ) cos( )
M 
cos( )

.
2
g2
2g
3

mgV0t 2 cos( )  mV0 sin 2 ( ) cos( )
Ответ: M 
;M 
.
2g
2
Задача № 18. Небольшая шайба массы m  50 г начинает скользить с
вершины гладкой наклонной плоскости, высота которой h  100 cм и угол
наклона к горизонту   15 .Найти модуль момента импульса шайбы
относительно оси О , перпендикулярной к плоскости рисунка, через
t  1.3 c после начала движения.
28
Дано:
m  50 г
h  100 cм
  15
t  1.3 c
Найти:

M ?
Рисунок 20
Из динамики известно, что шайба будет двигаться с ускорением
a  g sin( ) . Из чертежа видно, что это ускорение образует угол  с OX (
a  x   ). Скорость вдоль плоскости равна
V  gt sin( ) ,
а пройденный за время t путь равен
t2
  g sin( ) .
2
Найдем, как зависят от времени V x , Vy , x , y.
Vx  V cos( )  gt sin(  ) cos( ) ,
Vy  V sin(  )   gt sin 2 ( ) ,
t2
x   cos( )  g sin( ) cos( ) ,
2
t2
y  h   sin( )  h  g sin 2 ( ) .
2
Расписав момент импульса как векторное произведение радиус – вектора на
импульс, получим

t2
t2 2
2
M  m xVy  yVx  m g sin( ) cos( )( gt sin ( ))  (h  g sin ( )) gt sin( ) cos( ) 
2
2

mght sin( 2 )
.
2
29
 mght sin( 2 )
Ответ: M 
.
2
30
Список литературы
1 Иродов И.Е. Задачи по общей физике / И.Е. Иродов, М.: ЗАО
«Издательство БИНОМ», 1998. – 448 с. – ISBN 5-89528-001-3.
2 Савельев И.В. Курс общей физики: Учеб. пособие. В 3-х т. Т. 1 / И.В.
Савельев, М.: Наука, 1987, - 432 с.
3 Иродов И.Е. Механика. Основные законы / И.Е. Иродов, М.:
Лаборатория базовых знаний, 2002. -312 с. – ISBN 5-93208-123-6.
31