Pratik eğitim kılavuzu. “Sürtünme kuvveti ihmal edilebilir” Şimdi bunun problemin çözümünü nasıl etkileyeceğini bulalım

İnsanlığa her zaman muazzam bir hız sağlayan, onun sakin ve özgür bir şekilde burca doğru koştuğu ana prensibin ifadesini bu şekilde görüyorum. "Durmak!". Bu ilke elbette başka bir şekilde de ifade edilebilir: " "A" nesnesini nokta olarak alalım" veya " diğer fikirlere verilen oyların yüzde otuzu göz ardı edilebilir". İhmal edilebilir herhangi bir şey keşke bu olsa bir şey bizi ilgilendiren sorulara açık bir şekilde cevap vermemizi engeller. Ve uzun yıllardır bizi ilgilendiren bu tür pek çok soru var ve eğer bunlara kesin bir cevap alamıyorsak, o zaman verileri, hala net bir cevap alacak şekilde değiştiririz. Veri manipülasyonu çoğunlukla sistem basitleştirme yoluyla gerçekleşir; bazı verileri ihmal ediyoruz ve belli bir sonuç alıyoruz. Bu nedenle bir sonraki soru ortaya çıkıyor. Bu verileri neden ve hangi hususlara dayanarak ihmal ettik? Belki de sorunun koşullarını önceden beklenen bir sonuca göre ayarlamaya çalışıyoruz? Neden görmezden geldiğimiz veriler doğada yokmuş, hiçbir şeyi etkilemiyormuş gibi davranıyoruz?

"Elbette etkiliyorlar, - herhangi bir matematikçi veya fizikçi size şunu söyleyecektir, - ancak etkileri kesinlikle önemsizdir. Ve eğer birdenbire bunu hesaba katmak istersek, hata gibi bir kavramı kullanarak bu önemsiz etkiyi bile hesaba katarız.". (bu arada çok ilginç bir kelime). Ancak matematikten bile, gerçekleştirilen eylemlerin sayısı arttıkça hatanın büyüdüğü ve bunun da bazı verilerin ihmal edildiği anlamına geldiği biliniyor. ( Örneğin, yedi doğru ondalık basamağa yuvarlanmış iki sayıyı çarparsak, artık yedi doğru ondalık basamak içermeyecek bir sayı elde ederiz. Onlar. hata büyüyor.) Burada hesaba katılmayan, küçücük bir faktör var, onu da ihmal edeceğiz, vesaire, çok defa. Ve sonunda yalnızca hatalı bir sonuç elde etmekle kalmıyoruz; bu sonucun diğer birçok sorunu çözmek için kullanılması açısından zaten kabul edilemez bir yanlışlık içerecektir. Ancak bu tür sonuçlar genellikle geniş çapta kabul görüyor ve nadiren kimse yanlışlığın kabul edilemeyecek kadar büyük olduğunu fark ediyor. Yanlış bir sonucun kullanılmasının herhangi bir sorun yaratmayacağına dair bir örnek hemen ona verilir. En azından ilk bakışta görünen bu. Bir hata ortaya çıktığında ve bu, önceki mantıktan kaynaklanan birkaç denklemin çözülmesinden sonra da meydana gelebilir veya birkaç yüz yıl sonra da meydana gelebilir, bir aşamada kabul edilemez bir basitleştirme görene kadar hesaplamalar ve paradigmalar üzerinden geriye gitmek zorunda kalacağız.

Bu nedenle "demeleri boşuna değil" şeytan Ayrıntıda"ve bu kelimenin boşuna olmaması oldukça muhtemel "hata"Kötü bir şey yaptığımızın açık bir göstergesi var, değil mi?"

Şimdi, insanlığın kendisini ilgilendiren soruları yanıtlamak için kullandığı ustalıklı değişimleri ve hileleri basitçe anlatan ciltler dolusu metne bakın. Sonuçta, işleri farklı yapma ve verilerle hokkabazlık yaparak çevredeki gerçekliği çarpıtmaya çalışmama ve tüm soruların yanıtlarını aramaya çalışmama fırsatı vardı. Sadece bir kişi henüz bunları doğru bir şekilde formüle etmeyi öğrenmediği için bize bazı soruların cevabını bilme fırsatı verilmediği gerçeğini anlayabilir ve bununla uzlaşabiliriz. Sonunda dünyanın, onun hakkındaki şematik fikirlerimizden çok daha karmaşık olduğu gerçeğini kabullenmek mümkün oldu. Yarattığımız teknojenik dünyanın basitleştirmelere dayandığı ve bu nedenle yapı olarak açıkça daha basit olduğu ve dolayısıyla ideal olmadığı gerçeği zaten kabul edilebilir ve bu affedilebilir. Ve bunun için de affedilebiliriz. En sonunda, daha küçük olanın daha büyük olanı kavramaya muktedir olmadığı, daha az karmaşık bir yapıya sahip sistemin daha karmaşık bir yapıya sahip bir sistemi kavrama yeteneğine sahip olmadığı gerçeği kabul edilebilir. Ve kişi bu dünyayı olduğu gibi severek yaşayabilir. Ve bu dünyada kendinizi ve genel olarak bu dünyadaki her şeyi sevin. Ve öyle insanlar var inanın bana =). Ama sevmek istemeyenler de var, keşfetmek istiyorlar ve bu arada araştırma konusunun kategoriden ayrılmak için acelesi yok." az araştırılmış" Ve " büyükannene gitme"Çok çok uzun bir süre insanlar tarafından bilinmiyor olacak. Genel olarak insanlar farklıdır.

Problemde açıklanan süreç iki aşamaya ayrılabilir:

1) mermi vücuda çarparak ona belirli bir hız kazandırır;

2) bu başlangıç ​​​​hızına sahip olan gövde, dişler üzerinde belirli bir açıyla saptırılır.

İlk aşamada cisimlerin esnek olmayan etkileşimi meydana gelir. Bu durumda sistemde (gövde + mermi) korunumsuz kuvvetler (sürtünme kuvveti veya merminin vücuttaki hareketine karşı direnç) etki eder ve merminin enerjisinin bir kısmı ısıya dönüşür. Bu koşullar altında mekanik enerjinin korunumu kanunu sağlanmadığından sadece momentumun korunumu kanununu kullanacağız. Bu aşamada, merminin çarpmasından sonra vücudun ilk dürtüsünün bulunabileceği yerden dürtünün yatay izdüşümü korunmalıdır.

İkinci aşamada korunumlu olmayan kuvvetler yoktur. Bu nedenle, ipliklerin sapma açısını yerçekimi alanındaki vücudun enerjisindeki değişime bağlayarak enerjinin korunumu yasasını uyguluyoruz. Buradan gerekli hızı buluyoruz.

Dünya yüzeyiyle ilişkili bir eylemsiz referans sistemi seçelim. Ekseni merminin hareket yönüne, ekseni ise dikey olarak yukarıya doğru yönlendirelim. Cisimlerin çarpışması için eksene izdüşümünde momentumun korunumu yasasını yazalım:

çarpışmadan hemen sonra vücudun hızı nerede? Merminin kütlesini ihmal ediyoruz çünkü koşuluna göre. İkinci aşama için enerjinin korunumu yasasını şu şekilde yazıyoruz:

,(2)

vücudun kaldırma yüksekliği nerede. Aşamanın başlangıcındaki cismin kinetik enerjisi, aşamanın sonundaki çekim alanının potansiyel enerjisine eşittir. Bulduğumuz şekile göre , Neresi

Enerji, iş, güç. Mekanikte korunum yasaları.

Yerçekimi alanı. Merkezi kuvvetler alanındaki hareket.

Özel görelilik teorisinin unsurları.

2.1. Problem çözme örnekleri

1. Yatay buz üzerinde v = 2 m/s hızla hareket eden bir kızak asfalta giriyor (Şekil 2.1). Kızak kızaklarının uzunluğunun ℓ=0,8 m ve asfalttaki sürtünme katsayısının μ=0,2 olduğunu varsayarak, S>ℓ olduğu biliniyorsa, kızağın asfaltta kat ettiği S yolunu bulunuz. Kızağın kütlesinin kızakların uzunluğu boyunca eşit olarak dağıldığını düşünün. Kızağın buz üzerindeki sürtünmesini ihmal ediniz.

Çözüm. Kızak asfalta girdiğinde, koşucuların asfalt üzerindeki basınç kuvveti N'de sıfırdan kızağın yerçekimi kuvveti mg'ye eşit bir maksimum değere kadar kademeli bir artış olur. Bu bakımdan sürtünme kuvveti de artar
Asfalt kenarından kızak üzerinde hareket ederek.

Kızak değişken bir kuvvetin etkisi altında hareket ettiğinden problemi çözmek için iş ve enerji kavramlarını kullanacağız. Kızağa etki eden sürtünme kuvvetinin işi, kinetik enerjisindeki değişiklikle belirlenir.
çekme 2 =0. Daha sonra ilişkiye dayalı

yazılabilir

. (1)

Öte yandan A tr işi şu formül kullanılarak hesaplanabilir:

,

burada F tr – sürtünme kuvveti;

α, hareket yönü ile etki eden kuvvetin yönü arasındaki açıdır. Söz konusu durumda α=180 0.

Bunu yapmak için kızağın kat ettiği S yolunun tamamını S=ℓ+S" şeklinde iki bölüme ayıracağız. ℓ yolunda kızağa değişken bir sürtünme kuvveti etki etmektedir.
. A 1'in yaptığı işi bulalım. Kızakların asfalt üzerindeki x yolunu katetmiş olmasına izin verin (Şekil 2.1), o zaman koşucuların asfalt üzerindeki basınç kuvveti şuna eşittir:

,

sürtünme kuvveti

,

ve bu kuvvetin yol üzerindeki işi ℓ

. (2)

İntegral “” işaretiyle alınır. eksi"çünkü Ftr ve dx değerleri zıt işaretlere sahiptir. S "yolunda sürtünme kuvveti sabittir ve μmg'ye eşittir ve dolayısıyla yaptığı iş

.

Sürtünme kuvvetinin yaptığı toplam iş

. (3)

Eşitliklerin (1) ve (3) sağ taraflarını eşitleyip kütleye göre azaltarak şunu buluruz:

.

Böylece kızağın kat ettiği yolun tamamı:

. (4)

M.

Cevap:S=1,42 m.

2. Spiral yayın üst ucuna yerleştirilen ağırlık onu x 0 = 1,0 mm sıkıştırıyor. h=0,20 m yükseklikten v=1,0 m/s hızla dikey olarak aşağı atılan aynı ağırlıkla yay ne kadar sıkıştırılacaktır?

Çözüm. Yay deformasyonunun gerekli değeri x, sıkıştırılmış yayın potansiyel enerjisi formülünden belirlenir:

.

Bu nedenle enerjinin korunumu yasasını kullanabiliriz. Yer çekimi kuvveti ağırlığa etki ettiğinden Dünya-ağırlık-yay sistemini düşünün. Ağırlık hareket ettiğinde ve yay sıkıştığında neredeyse hiç sürtünme olmadığından, bu izole sistemin toplam mekanik enerjisi korunacaktır.

Sistemin enerjisini başlangıç ​​(I) ve son (II) durumlarında hesaplayalım (Şekil 2.2). Sıkıştırılmış yaya karşılık gelen ağırlığın en alt konumunu yükseklik referansının sıfır seviyesi olarak seçelim. Başlangıç ​​​​durumunda, W1 sisteminin enerjisi, ağırlığın potansiyel ve kinetik enerjisinden oluşur:

. (1)

Son durumda ağırlığın kinetik enerjisi olmayacak, ancak sıkıştırılan yayın elastik deformasyon enerjisi olacaktır. Böylece, W2 sisteminin toplam enerjisi şuna eşit olacaktır:

, (2)

Tanımına göre elastik deformasyon katsayısı k'nın eşit olduğu yer

. (3)

(1) ve (2) ifadelerinin sağ taraflarını enerjinin korunumu yasasına göre eşitleyerek, (3) ilişkisini dikkate alarak, basit dönüşümlerden sonra x için ikinci dereceden bir denklem elde ederiz:

Denklemi çözdükten sonra şunu buluruz:

.

Negatif bir kök problemin koşullarını karşılamaz çünkü x<0 означает растяжение пружины, тогда как на самом деле она сжимается.

M.

Cevap:X=8  10 -2 M.

3. Küçük bir cisim h=1,0 m yükseklikten eğimli bir kanal boyunca aşağıya doğru kayarak R=0,80 m yarıçaplı bir “ölü halka”ya dönüşmektedir (Şekil 2.3). Hangi yükseklikte h "vücut ilmeğin dışına düşer? Sürtünmeyi ihmal edin.

Çözüm.İlk önce, döngü boyunca hareket ederek vücudun neden ondan ayrılabileceğini bulalım. Döngünün yukarı doğru hareketinin zaman içinde rastgele bir anında bir cisme iki kuvvet etki eder: Yer çekimi kuvveti m G ve basınç kuvveti N döngüler radyal olarak dairenin merkezine doğru yönlendirilir. Newton'un ikinci yasasına göre,

. (1)

Projeksiyon eksenlerini x ve y'yi normal ve teğetsel ivme vektörleri boyunca yönlendirelim A N Aτ, yani yarıçap boyunca ve daireye teğet. Hesaba katıldığında

Ve
,

(1) yerine sırasıyla x ve y eksenleri için iki skaler denklem yazalım:

, (2)

. (3)

Döngüde yukarıya doğru hareket edildiğinden beri değer
artar ve azalırsa değer
denklem (2)'deki azalma bile olmalıdır. N sıfıra gittiğinde vücut döngüden kopacaktır.

N=0 alarak, cismin döngüden ayrılma anı için (2) ve (3) denklemlerini m'nin değerini azaltarak yeniden yazıyoruz:

, (2 ")

. (3 ")

(2") ve (3") sistemi açıkça istenen h " değerini içermiyordu, ancak çok basit bir şekilde α açısıyla ilişkilidir. Şekil 2.3'ten görülebileceği gibi,

. (4)

Bu nedenle α değerini bulmak yeterli olacaktır. Ancak bu sistem ikiden fazla bilinmeyen içerdiğinden (2"), (3") sisteminden bulmak imkansızdır.

Sürtünme olmadığından ve dolayısıyla cisme yalnızca potansiyel kuvvetler etki ettiğinden, cismin toplam mekanik enerjisi (daha doğrusu: kapalı cisim-hendek-Dünya sistemi) hareketi sırasında korunacaktır.

Zamanın ilk anında vücudun yalnızca potansiyel enerjisi vardır.

V hızıyla hareket eden bir cismin birbirinden ayrıldığı andaki toplam enerjisi

W2 =
.

W 1 ve W 2 miktarlarını enerjinin korunumu yasasına göre eşitleyerek şunu elde ederiz:

. (5)

Şimdi (2"), (4) ve (5)'ten şunu elde ederiz:

.

Formülde yer alan miktarları SI birimleri cinsinden ifade edip sayısal değerlerini değiştirerek şunu elde ederiz:

M.

Cevap:
M.

Yorum. H'nin herhangi bir değeri için gövdenin döngünün dışına çıkmadığına dikkat edilmelidir. Gerçekten de, h " 2R'den büyük ve R'den küçük olamayacağından (h için "

,
.

Bu nedenle ne zaman
,
vücut döngünün dışına çıkmaz.

4. Ataletle v=10 m/s hızla hareket eden bir demiryolu platformu üzerine, namlusu platformun hareket yönüne yönlendirilmiş ve ufuk çizgisinin üzerinde α=30 0 açıyla yükseltilmiş bir silah monte edilmiştir ( Şekil 2.4). Silah ateşlendi ve bunun sonucunda silahlı platformun hızı 3 kat azaldı. Namluyu terk ederken merminin (topa göre) hızını v " bulun. Merminin kütlesi m = 10 kg, silahın bulunduğu platformun kütlesi M = 1000 kg'dır.

Çözüm. Sistem platformunda silah mermisi dışarıdan etki eden iki kuvvet: sistemin yerçekimi kuvveti
ve normal basınç kuvveti N raylar Atıştan önce sistem düzgün bir şekilde hareket ettiğinden bu kuvvetler dengelendi. Atış sırasında geri tepme olayından dolayı platform ile raylar arasındaki etkileşimin kuvveti artar, dolayısıyla sisteme uygulanan kuvvetler dengesi bozulur:

.

Dolayısıyla atış sırasında sistem kapanmaz, momentumu değişir. Ancak, dikkate alınan her iki kuvvet de dikey olarak etki eder, yatay yönde ise sisteme hiçbir kuvvet etki etmez (platformun raylar üzerindeki sürtünmesini ihmal ediyoruz). Bu nedenle sistemin momentumunun yatay yöne (x eksenine) izdüşümü sabit bir değerdir:

. (1)

Sistemin atış öncesi ve sonrası durumları miktar değerlerine karşılık gelsin , eşit Ve
. Dünya'ya göre tüm hareketleri göz önünde bulundurarak şunları elde ederiz:

, (2)

, (3)

Nerede
- merminin Dünya'ya göre v hız eksenine projeksiyonu.

V c değerini istenilen hıza v "bağlamak için, merminin Dünya'ya göre hareketini ikiden oluşan karmaşık bir hareket olarak ele alacağız: hız ile v"silahla ilgili ve hız açısından v/3 Dünya'ya göre silahla birlikte.

O zaman hızların toplamı kanununa göre şunu elde ederiz:

. (4)

(4)'te yer alan vektörleri x eksenine izdüşümü yapalım:

. (5)

(3)'teki miktarın değiştirilmesi
değerini (5)'e göre ve (2) ve (3) formüllerinin sağ taraflarını (1)'e göre eşitlersek, şunu buluruz:

.

Formülde yer alan miktarları SI birimleri cinsinden ifade edip sayısal değerlerini değiştirerek şunu elde ederiz:

Hanım.

Cevap: v " =774 m/sn.

5. Uzunluğu ℓ=200 cm ve kütlesi M=120 kg olan bir teknenin kıç tarafında kütlesi m=80 kg olan bir kişi oturmaktadır. Kısa süreli itme sonucunda kişiyle birlikte tekne v 0 = 2 m/s hıza ulaşır ve kanalın d = 10 m genişliğindeki bir kıyısından diğer kıyısına doğru hareket etmeye başlar (Şekil 1). 2.5), kişi teknenin kıç kısmından pruvasına doğru hareket ederken. Su direncini ihmal ederek teknenin hareket zamanını bulun.

Çözüm. Sisteme bakmak kayıkçı kapalı olarak ve momentumun korunumu yasasını uygulamak
, insanın tekneye göre hareketi kanunu bizim için bilinmediğinden, teknenin suya (veya Dünyaya) göre hareketinin tekdüze olarak kabul edilemeyeceği sonucuna varıyoruz. Ancak orana göre
sistemin kütle merkezinin suya göre hızının sabit bir değer olduğu iddia edilebilir:
. Yani gerekli süre

, (1)

burada C1 ve C2 sistemin eylemsizlik merkezinin başlangıç ​​ve son konumlarıdır;

v 0 – eylemsizlik merkezinin hızı.

Formül (1)'den cevabın kişinin hareketinin doğasına bağlı olmadığı sonucu çıkar. Tüm zaman dilimi boyunca aynı olduğunu varsayalım. Daha sonra teknenin hareketi eşit olacaktır. İzin vermek P 0 ve P sırasıyla zamanın başlangıç ​​ve bazı ara anlarındaki sistem darbeleridir. O zaman momentumun korunumu yasasına göre,
yani

, (2)

Nerede – teknenin hızı;

– insan hızı (tüm hızlar Dünya ile ilişkili referans çerçevesinde verilmiştir).

Denklem (2)'yi t için çözdükten sonra şunu elde ederiz:

.

Formülde yer alan miktarları SI birimleri cinsinden ifade edip sayısal değerlerini değiştirerek şunu elde ederiz:

İle.

Cevap:T=4,4 sn.

6. Bir göletin sakin suyunda L uzunluğunda ve M kütleli, kıyıya dik ve pruvası kıyıya dönük bir tekne bulunmaktadır. Kıç tarafta m kütleli bir adam duruyor. Bir kişi teknenin kıçından pruvasına doğru hareket ederse tekne kıyıdan ne kadar S uzaklaşacaktır? Su ve hava ile sürtünmeyi ihmal edin.

Çözüm. Çözümü basitleştirmek için bir kişinin tekne boyunca sabit hızla yürüdüğünü varsayacağız. Bu durumda tekne de eşit şekilde hareket edecektir. Bu nedenle teknenin kıyıya göre kat edeceği yol şu formülle belirlenir:

,

burada v teknenin kıyıya göre hızıdır;

t – teknenin hareket süresi.

Momentumun korunumu yasasını (hareket miktarı) kullanarak teknenin hızını v bulacağız. Çünkü problemin koşullarına göre sistem tekne adamı izole edilmiş ve kıyıya göre ilk anda hareketsiz durumdaysa, momentumun korunumu yasasına göre eksi işaretini atlayarak şunu elde ederiz:

,

burada u kişinin kıyıya göre hızıdır.

.

Teknenin hareket süresi t, teknedeki bir kişinin hareket zamanına eşittir, yani.

,

burada S, bir kişinin kıyıya göre kat ettiği yoldur.

Ortaya çıkan v ve t ifadelerini değiştirerek şunu buluruz:

.

.

Cevap:
.

7. 20 g ağırlığındaki bir mermi, yaylı bir tabancadan dikey olarak yukarıya doğru ateşlendiğinde 5 m yüksekliğe çıkıyor. 10 cm sıkıştırıldığında tabanca yayının sertliğini k belirleyin ve yayın kütlesini ihmal edin.

Çözüm. Sorunu çözmek için mekanikte enerjinin korunumu yasasını kullanacağız. Ama önce atışla ilişkili enerji dönüşümlerine bir göz atalım.

Tabancayı yüklerken yay sıkıştırılır. Bu durumda, yayın potansiyel enerjisi W p1'i elde etmesi sonucunda A 1 işi gerçekleştirilir. Yayın potansiyel enerjisi ateşlendiğinde merminin kinetik enerjisine W  2'ye, daha sonra h yüksekliğine çıktığında merminin potansiyel enerjisine W p 2'ye dönüşür.

Bu enerji dönüşümleri zincirindeki enerji kayıplarını ihmal edersek, enerjinin korunumu yasasına dayanarak şunu yazabiliriz:

A 1 işini ifade edelim. Güç F 1, yayı sıkıştıran değişkendir. Herhangi bir anda elastik kuvvetin tersi yöndedir. F ve sayısal olarak ona eşittir. Bir yayın deformasyonu sırasında ortaya çıkan elastik kuvvet Hooke yasasıyla belirlenir:

burada x yayın mutlak deformasyonudur.

Değişken bir kuvvetin işini temel işlerin toplamı olarak hesaplıyoruz. Bir yayı dx ile sıkıştırırken yapılan temel çalışma aşağıdaki formülle ifade edilecektir:

dA 1 =F 1 dx,

0'dan s'ye kadar olan aralıkta integral alarak şunu elde ederiz:

.

h yüksekliğindeki bir merminin potansiyel enerjisi aşağıdaki formülle belirlenir:

burada g serbest düşüşün ivmesidir.

Böylece elimizde

.

.

Artık sayısal değerleri değiştirebilir ve hesaplamalar yapabiliriz

N/m=0,2 kN/m.

Cevap: k=0,2 kN/m.

8. Yatay olarak belirli bir v1 hızıyla hareket eden m1 kütleli bir top, m2 kütleli sabit bir topla çarpıştı. Toplar kesinlikle elastiktir, darbe doğrudan ve merkezidir (Şekil 2.6). Birinci top ikinciye kinetik enerjisinin ne kadarını aktardı?

Çözüm. Birinci topun ikinciye aktardığı enerjinin oranı şu ilişki ile ifade edilecektir:

,

burada Wk1 ilk topun çarpmadan önceki kinetik enerjisidir;

v 1 – ilk topun çarpmadan önceki hızı;

W k2 – ikinci topun çarpma sonrası kinetik enerjisi;

u 2 – çarpmadan sonraki ikinci topun hızı.

Gördüğünüz gibi ’yi belirlemek için u 2’yi bulmanız gerekiyor. Mutlak elastik cisimler çarpıştığında, iki korunum yasası aynı anda yerine getirilir: momentumun korunumu yasası ve mekanikte enerjinin korunumu yasası. Bu yasaları kullanarak u 2'yi buluyoruz.

Momentumun korunumu yasasına göre, ikinci topun çarpışmadan önce hareketsiz olduğunu hesaba katarsak:

Enerjinin korunumu kanununa göre

.

Bu denklemleri birlikte çözersek, şunu buluruz:

.

Enerjinin  fraksiyonunu belirlemek için bu ifadeyi v 1 ve m 1 ile azaltarak formülde değiştirerek şunu elde ederiz:

.

Ortaya çıkan ilişkiden de görülebileceği gibi aktarılan enerjinin kısmı yalnızca çarpışan topların kütlelerine bağlıdır. Toplar yer değiştirirse aktarılan enerjinin oranı değişmeyecektir.

Cevap:
.

9. Kütlesi m 1 = 20 kg olan bir kutu, uzunluğu  = 2 m olan tamamen düzgün bir tepsi boyunca kum dolu sabit bir arabanın üzerine kayıyor ve içinde sıkışıp kalıyor. Ağırlığı m 2 = 80 kg olan kumlu bir araba yatay yönde raylar boyunca serbestçe (sürtünmeden) hareket edebilir (Şekil 2.7). Hızı belirle sen tepsi raylara =30 o açıyla eğimliyse, kutulu arabalar.

Çözüm. Araba ve kutu, esnek olmayan şekilde etkileşime giren iki gövdeden oluşan bir sistem olarak düşünülebilir. Ancak bu sistem kapalı değildir, çünkü sisteme etki eden dış kuvvetlerin toplamı: iki yerçekimi kuvveti m 1 G ve m2 G ve tepki kuvvetleri N 2 sıfıra eşit değildir. Bu nedenle momentumun korunumu yasasını yük arabası sistemine uygulamak imkansızdır.

Ancak bu kuvvetlerin toplamının rayların yönüne denk gelen x ekseni yönüne izdüşümü sıfıra eşit olduğundan sistemin momentumunun bu yöndeki bileşeni sabit kabul edilebilir, yani.

,

burada p 1x ve p 2x, kutunun ve arabanın kumlu arabanın üzerine düştüğü anda momentumunun izdüşümleridir;

p 1x  ve p 2x  kutu düştükten sonra aynı değerlerdir.

Yukarıda yazılan denklemde, p 2x = 0 (kutu ile etkileşimden önce araba eğilmişti) ve ayrıca her iki cismin etkileşiminden sonra cisimlerin itmelerini kütleleri ve hızları cinsinden ifade ediyoruz. sistemin aynı hızda hareket etmesi u:

burada v 1 kutunun arabaya düşmeden önceki hızıdır;

v 1x =v 1 cos – bu hızın x eksenine izdüşümü.

Buradan gerekli hızı ifade ediyoruz:

.

Kutunun düşmeden önceki hızı v1 enerjinin korunumu kanununa göre belirlenecektir.

,

burada h=sin.

m 1 azaltıldıktan sonra şunu buluruz:

.

v 1 için bulunan ifadeyi hız u formülünde değiştirerek şunu elde ederiz:

.

Elde edilen sonucun boyutunu daha önce kontrol ettikten sonra sayısal değerleri değiştirip hesaplamaları gerçekleştireceğiz:

Cevap: u=0,77 m/s.

10. Bir nötron bir karbon çekirdeğine elastik olarak çarptığında, çarpmanın ardından ilkine dik bir yönde hareket eder. Karbon çekirdeğinin M kütlesinin, nötronun m kütlesinden n=12 kat daha büyük olduğunu varsayarak, çarpışma sonucu nötron enerjisinin kaç kat azalacağını belirleyin.

Çözüm. Aşağıdaki gösterimi tanıtalım: v– çarpmadan önceki nötron hızı, v" – çarpma sonrası nötron hızı, V– çarpışmadan sonra karbon çekirdeğinin hızı (çarpışmadan önce sıfırdır).

Esnek çarpışma sonucunda nötronun çarpışmadan önce sahip olduğu momentum ve enerji iki parçacık arasında dağıtılır. Bu durumda, momentum ve enerjinin korunumu yasalarına göre sırasıyla:

, (1)

. (2)

Problemin koşullarına göre ilişkinin bulunması gerekmektedir.

.

Hesaplamaların yapılabilmesi için denklemin (1) yazılmasının vektör formundan skaler forma geçilmesi gerekmektedir. Bu, birçok kez kullanılan projeksiyon yöntemi kullanılarak yapılabilir. Ancak bu durumda bunu daha kolay yapabilirsiniz. Şekil 2.8'de m darbelerini gösterelim. v" , M V ve bunların vektör toplamı m v m vektörleri arasındaki açı dikkate alınarak v ve M v" eşittir π/2. Momentum üçgeninden elimizdeki

Denklem (2)'yi m'ye ve (3)'ü m2'ye terim terime bölerek ve M/m=n koşulunu dikkate alarak şunu elde ederiz:

, (4)

. (5)

V değerini sistemden hariç tutmak için terimi terime (5) ve (4)'e böleriz:

,

ve ortaya çıkan oranın payı ve paydası (v ") 2 üzerindeyse, o zaman şunu buluruz:

,

.

Cevap: α=1.2.

11. Kütlesi 5,00 kg olan ve v=4,00 m/s hızla hareket eden bir çekiç, örs üzerinde duran demir bir cisme çarpıyor. Örsün ürünle birlikte kütlesi M=95 kg'dır. Etkinin kesinlikle esnek olmadığını varsayarak, ürünü dövmek (deforme etmek) için harcanan enerjiyi belirleyin. Bu koşullar altında dövme işleminin verimliliği nedir?

Çözüm. Daha doğrusu sistem çekiç – ürün – örs kapalı değil. Dışarıdan yerçekimi kuvveti (M+m)g ve örsün üzerinde durduğu desteğin N basınç kuvveti tarafından etkilenmektedir. Çekiç darbesi sırasında, desteğin elastik özellikleri tarafından belirlenen ikinci kuvvet, bir dereceye kadar, birinci kuvveti aşacak ve bunun sonucunda, dikkate alınan sisteme dışarıdan bir bileşke kuvvet uygulanacaktır.

Bununla birlikte, cisimler arasındaki darbe etkileşiminin kuvvetleri çok büyüktür. Açıkçası, problemin koşulu, bu kuvvetlerle karşılaştırıldığında R'nin değerinin ihmal edilebileceğini ve dolayısıyla sistemin kapalı olarak değerlendirilebileceğini varsaymaktadır.

Enerjinin korunumu yasasına dayanarak, ürünün deformasyonu için harcanan enerjinin, darbe öncesi ve sonrası mekanik enerji değerlerindeki farka eşit olduğu ileri sürülebilir. Çarpma sırasında cisimlerin yalnızca kinetik enerjisi değiştiğinden (çarpma sırasında cisimlerin hafif dikey hareketini ihmal ediyoruz), deformasyon enerjisi için elde ederiz

, (1)

burada v ", momentumun korunumu yasasına göre belirlenebilen elastik olmayan bir çarpışmadan sonra sistemin tüm gövdelerinin toplam hızıdır:

. (2)

.

V " değerini formül (1)'e koyarsak şunu elde ederiz:

. (3)

Bir ürünü dövmek için harcanan enerji, görev anlamında faydalı olduğundan, dövme işleminin verimliliği de artar.

. (4)

Verilen miktarların sayısal değerlerini formül (3) ve (4)'e koyarak ve hesaplamayı yaparak şunu elde ederiz:

J;

.

Cevap:
J;
.

Yorum. Formül (4)'ten, örsün kütlesi çekicin kütlesiyle karşılaştırıldığında ne kadar büyük olursa, dövme işleminin verimliliğinin de o kadar yüksek olacağı açıktır. (M/ M)  0 η  1.

12. Yarıçapı 0,4 m olan ve kütlesi 1 kg olan disk şeklinde yapılmış bir volan, 480 rpm dönüş hızına döndürülerek kendi haline bırakılmaktadır. Şaft ile yataklar arasındaki sürtünmenin etkisiyle tamamen durana kadar 240 devir yaptı. Şaft ile yataklar arasındaki sürtünme momentini belirleyiniz.

Çözüm. Problem cümlesi volanın tamamen durana kadar yaptığı devir sayısını verdiğinden, dönme hareketi için iş ile kinetik enerjideki değişim arasındaki ilişkiyi ifade eden denklemi kullanacağız:

burada A=M – sürtünme kuvvetlerinin işi;

– kinetik enerjideki değişim;

 – dönme açısı;

- belirli bir dönme eksenine göre volanın atalet momenti;

 1 ve  2 – volanın başlangıç ​​ve son açısal hızları,  2 =0.

.

Elde edilen sonucun boyutluluğu açıktır. Giriş miktarlarının sayısal değerlerini M2 için elde edilen ifadeye koyalım ve hesaplamaları yapalım:

Nm.

İmza " eksi" sürtünme kuvvetlerinin aslında volana etki ettiği anlamına gelir.

Cevap: M 2 =-6,7 Nm.

13. Yarıçapı R=1.5 m ve kütlesi m1 =180 kg olan katı disk şeklindeki bir platform, dikey bir eksen etrafında n=10 dk -1 frekansıyla ataletle dönmektedir (Şekil 2.9). Platformun ortasında m 2 = 60 kg ağırlığında bir kişi durmaktadır. Bir kişi platformun kenarına doğru yürürse odanın zeminine göre hangi doğrusal hıza sahip olur?

Çözüm. Platform ataletle döner. Sonuç olarak platformun geometrik eksenine denk gelen z dönme eksenine göre dış kuvvetlerin momenti sıfıra eşittir. Bu koşul altında platform-kişi sisteminin açısal momentumu Lz sabit kalır:

L z =I z =sabit,

burada ben z, platformun z eksenine göre bir kişiye göre atalet momentidir;

 – platformun açısal hızı.

Sistemin eylemsizlik momenti, sisteme dahil olan cisimlerin eylemsizlik momentlerinin toplamına eşittir, dolayısıyla

burada I 1 platformun eylemsizlik momentidir;

I 2 – Bir kişinin eylemsizlik momenti.

Bunu dikkate alarak elimizde

(I 1 +I 2)=sabit

(I 1 +I 2)=(I 1 +I 2 ),

burada miktarların astarlanmamış değerleri sistemin başlangıç ​​durumunu, taranmış değerler ise son durumu ifade eder.

Bir kişinin geçişi sırasında platformun (katı disk) z eksenine göre atalet momenti değişmeyecektir:

.

Kişinin eylemsizlik momenti değişecektir. Bir kişi maddi bir nokta olarak kabul edilirse, başlangıç ​​\u200b\u200bpozisyonundaki (platformun ortasındaki) eylemsizlik momenti I z sıfıra eşit kabul edilebilir. Son konumda (platformun kenarında) kişinin eylemsizlik momenti

.

Eylemsizlik momentleri için bulunan ifadeleri, dönme frekansı n (=2n) ve son açısal hız ile ifade edilen platformun kişiyle dönüşünün ilk açısal hızını korunum yasası formülüne koyalım. Kişinin yere göre doğrusal hızı v (=v/R) ile ifade edilirse şunu elde ederiz:

.

Basit dönüşümlerden sonra ilgilendiğimiz hızı buluyoruz:

.

Elde edilen sonucun boyutsallığını kontrol ettikten sonra, fiziksel büyüklüklerin sayısal değerlerini SI sistemindeki yerine koyuyoruz ve hesaplamaları gerçekleştiriyoruz:

Cevap: v =0,96 m/sn.

14. Eylemsizlik momenti I=130 kgm 2 olan R=1,00 m yarıçaplı dairesel bir platform, dikey bir eksen etrafında eylemsizlikle dönerek n 1 =1,00 r/s olur. Kütlesi m = 70 kg olan platformun kenarında bir kişi durmaktadır (Şekil 2.10). Bir kişi merkezine doğru hareket ederse platform saniyede kaç n 2 devir yapar? Bir kişinin eylemsizlik momenti maddi bir nokta için olduğu gibi hesaplanır.

Çözüm. Platformun etrafında dolaşan bir kişi onunla etkileşime girer. Bu etkileşimin doğası hakkında hiçbir şey bilmiyoruz, dolayısıyla dönme hareketinin dinamiğinin temel denklemi platforma uygulanamaz. Bu problemde enerjinin korunumu yasasını uygulamanın bir temeli yoktur, çünkü dönen bir platform boyunca hareket eden bir kişinin iş yapması ve dönen sistemin mekanik enerjisini değiştirmesi mümkündür. platform-kişi.

Sorunun durumuna göre kişinin bulunduğu platform ataletle dönmektedir. Bu, dönen sisteme uygulanan tüm dış kuvvetlerin sonuçta ortaya çıkan torkunun sıfır olduğu anlamına gelir. Bu nedenle sistem için platform-kişi açısal momentumun korunumu yasası sağlanır ve bunu şu şekilde yazarız:

. (1)

Sistemin başlangıç ​​açısal momentumu L1 (kişi platformun kenarında durur) ve son açısal momentumu L2 (kişi platformun merkezinde durur) sırasıyla eşittir:

Nerede
– insanın eylemsizlik momenti;

– sistemin başlangıç ​​atalet momenti;

I – platformun eylemsizlik momenti;

ω 1 – sistemin başlangıç ​​açısal hızı;

n 1 – sistem devirlerinin başlangıç ​​sayısı;

I 2 =I – sistemin son eylemsizlik momenti;

ω 2 – sistemin son açısal hızı;

n 2 – sistem devirlerinin son sayısı.

Sistemin sonlu sayıdaki dönüşü için (1)–(3) denklem sistemini çözersek:

.

SI sistemindeki fiziksel büyüklüklerin sayısal değerlerinin değiştirilmesiyle elde edilen sonucun boyutluluğunu kontrol ettikten sonra aşağıdaki hesaplamaları gerçekleştireceğiz:

r/s

Cevap:N 2 =1,54 dev/sn.

15. Yarıçapı R ve kütlesi M olan bir disk şeklindeki volan yatay bir eksen etrafında dönebilmektedir. Silindirik yüzeyine, diğer ucuna m kütleli bir yükün asıldığı bir ip bağlanmıştır. Ağırlık kaldırıldı ve sonra serbest bırakıldı. H yüksekliğinden serbestçe düşen yük, kordonu çekti ve bu sayede volanın dönmesine neden oldu (Şekil 2.11). Bu durumda volan hangi açısal hızı ω elde etti?

Çözüm. Düşen bir ağırlık ipi çektiğinde, ağırlık ile volan arasında ip boyunca bir etkileşim meydana gelir. Etkileşimin doğası, cisimlerin (esas olarak kordonun) elastik özelliklerine bağlıdır. Bu etkileşim sonucunda volanın silindirik yüzeyindeki noktaların hızı artar ve ağırlığın düşme hızı azalır. Bu hızlar aynı oluncaya kadar ip gerilir. Yük ile volan arasındaki bu kadar kısa süreli bir etkileşim, elastik olmayan bir etki olarak değerlendirilebilir. Esnek olmayan bir çarpışma sırasında mekanik enerjinin korunumu yasası sağlanmaz. Dolayısıyla bu sorunun çözümünde bu kanunun uygulanması mümkün değildir. Ancak sisteme ağırlık volanı açısal momentumun korunumu yasası uygulanabilir.

Söz konusu sistem üç dış kuvvet tarafından etkilenmektedir: volanın yer çekimi, desteğin tepkisi ve yükün yer çekimi. İlk iki kuvvet diskin eksenine dik olduğundan bu eksene göre momentleri sıfırdır. Çarpma sırasında yükün mgR'ye eşit yerçekimi momentinin etkisi, çarpma sırasında yük ile volan arasındaki etkileşim kuvvetlerinin momentiyle karşılaştırıldığında ihmal edilebilir. Böylece, bir çarpışma sırasında tüm dış kuvvetlerin volan eksenine göre ortaya çıkan momentinin sıfıra eşit olduğunu varsayabiliriz. O zaman açısal momentumun korunumu yasasına göre,

, (1)

burada L 1 ve L 2 sistemin açısal momentumudur yük - volan sırasıyla darbenin başında ve sonunda.

Çarpmanın başlangıcında disk hala hareketsiz olduğundan, L1 değeri düşen yükün volanın dönme eksenine göre açısal momentumunu temsil eder. Yükü maddi bir nokta olarak alarak şunu yazabiliriz:

, (2)

burada v 1, serbest düşüşteki hız için iyi bilinen formül kullanılarak bulunabilen ağırlığın hızıdır:

. (3)

Yükün hızları ve diskin silindirik yüzeyinin noktaları aynı olduğunda L2 değeri, ağırlığın ve dönen volanın toplam açısal momentumuna eşittir:

, (4)

burada v 2 ve ω miktarları ilişkiyle ilişkilidir

. (5)

L 1 ve L 2 değerlerinin denklem (1)'de değiştirilmesi. (3), (5) ve formüllerini dikkate alarak ω için çözdükten sonra
, alıyoruz

.

Cevap:
.

16. Uzunluğu topun yarıçapına eşit olan ince bir çubuğa sağlam bir şekilde tutturulmuş homojen bir top şeklindeki bir sarkaç, çubuğun ucundan geçen yatay bir eksen etrafında salınım hareketleri gerçekleştirebilir (Şek. 2.12). Yatay olarak v = 800 m/s hızla uçan m = 10,0 g kütleli bir mermi, yüzeyine dik olarak topa çarparak topun içinde sıkıştı. Topun kütlesi M=10,0 kg, yarıçapı R=15 cm. Kurşunun çarpması sonucu sarkaç hangi α açısında sapacaktır? Çubuğun kütlesini ihmal edin.

Çözüm.Şekilden görülebileceği gibi istenilen açı α topun merkezinin yükseliş yüksekliği h ile ilişkilidir:

. (1)

Çünkü h değeri, merminin çarpması nedeniyle topun alacağı potansiyel enerjiyi belirler. Merminin topa çarpması sonucunda her iki cismin hızları aynı olacağından darbenin esnek olmadığı kabul edilmelidir. Sonuç olarak çarpma sırasında mekanik enerji korunmaz (kısmen iç enerjiye dönüşür). Ancak çarpma sonrasında hareketli sistemin mekanik enerjisi sarkaç-mermi korunacak, çünkü artık yalnızca potansiyel güçler buna etki ediyor. Böylece top mermiyle birlikte kaldırıldığında sistemin dönme hareketinin kinetik enerjisi, kaldırılan cisimlerin potansiyel enerjisine dönüşecektir. Enerjinin korunumu yasasına göre,

, (2)

burada ben sarkacın eylemsizlik momenti ve içine sıkışan mermi;

h " – merminin yüksekliği.

M>>m probleminin koşullarına göre, topun kütlesi ile karşılaştırıldığında merminin kütlesi ihmal edilirse, değer
denklem (2)'de ihmal edilebilir.

Sarkacın eylemsizlik momenti için Steiner teoremine dayanarak şunu elde ederiz:

ω açısal hızını belirlemek için açısal momentumun korunumu yasasını kullanırız. Kullanımı, sistem üzerindeki bir etki sırasında sarkaç-mermi yerçekimi ve destek reaksiyonları dışarıdan etki eder. İkinci kuvvet sarkacın eksenine dik olarak geçer, dolayısıyla momenti sıfırdır. Çarpma sırasında sarkacın gözle görülür şekilde dikeyden sapacak zamanı olmadığı göz önüne alındığında ve M>>m koşulu dikkate alındığında, çarpma sırasındaki ilk kuvvetin de dönme eksenine dik olarak geçtiğini varsayabiliriz. Dolayısıyla momenti de sıfırdır.

Bir sistemin çarpma anında açısal momentumunun korunumu yasasına göre aşağıdaki bağıntı sağlanmalıdır:

, (4)

Nerede , Ve sırasıyla çarpma sürecinin başında ve sonunda sistemin darbe anlarıdır.

Büyüklük uçan bir merminin sarkacın dönme eksenine göre açısal momentumudur (sarkaçın kendisi hala hareketsizdir). Yaptığımız tanımdan yola çıkarak

. (5)

İtme Tanıma göre, içine kurşun sıkışmış bir sarkacın şekli şuna eşittir:

. (6)

Denklem sistemini (4)–(6) çözerek açısal hız için elde ederiz

. (7)

I, ω ve h bilinmeyenlerini (1)–(3), (7) sisteminden çıkardıktan sonra şunu buluruz:

.

SI birimlerinde ifade edilen büyüklüklerin sayısal değerlerini bu formülde yerine koyup hesaplamalar yaparak şunu elde ederiz:

; α=26 0 .

Cevap: α=26 0 .

17. Disk şeklinde yapılmış m = 80 g kütleli bir bloğun içine ince, esnek bir iplik atılır, uçlarına m 1 = 100 g ve m 2 = 200 g kütleli ağırlıklar asılır ( Şekil 2.13). Yükler kendi hallerine bırakıldığında hangi ivmeyle hareket edecek? Sürtünmeyi göz ardı edin.

Çözüm. Sorunun çözümüne, sürtünme olmadığında izole bir sistemin toplam enerjisinin değişmeden kalacağı enerjinin korunumu yasasını uygulayalım. Bu durumda enerji yalnızca potansiyelden kinetiğe veya tam tersi şekilde dönüştürülebilir. Mekanikte bir cismin toplam enerjisinin, potansiyel ve kinetik enerjilerinin toplamı olduğunu hatırlayalım.

Hareketin ilk anında birinci yükün potansiyel enerjisinin W p1'e ve ikinci yükün potansiyel enerjisinin W p2'ye eşit olduğunu varsayalım. Bir süre sonra ilk yükün yüksekliği h kadar arttı, ikinci yükün yüksekliği ise h kadar azaldı. İlk yükün potansiyel enerjisi eşitlendi

W 1 =W p1 + m 1gh,

W 2 =W p2 – m 2gh.

Ayrıca ivmeyle hareket eden yüklerin her biri A, bu süre zarfında elde edilen hız v ve kinetik enerji sırasıyla eşit

Ve
.

Aynı şekilde, düzgün bir şekilde hızlanarak dönen disk, açısal hız ve buna karşılık gelen kinetik enerjiyi elde etti.

,

Nerede
– diskin eylemsizlik momenti;

-açısal hız.

Daha sonra diskin kinetik enerjisi için uygun dönüşümlerden sonra şunu elde ederiz:

.

Kuvvetler veya ivmelerden ziyade hızların belirlenmesinin gerekli olduğu problemleri çözmek için momentumun korunumu yasasının uygulanması tavsiye edilir. Elbette bu tür problemler Newton yasaları kullanılarak çözülebilir. Ancak momentumun korunumu yasasını uygulamak çözümü basitleştirir.

Momentumun korunumu yasasını kullanarak bir problemi çözmeden önce, bu durumda uygulanıp uygulanamayacağını öğrenmek gerekir. Yasa, kapalı bir sisteme veya herhangi bir yöndeki kuvvetlerin izdüşümlerinin toplamının sıfıra eşit olduğu ve ayrıca dış kuvvetlerin itici gücünün ihmal edilebildiği durumlarda uygulanabilir.

Sorunu çözmek için yasayı (5.3.7) vektör biçiminde yazmanız gerekir.

Bundan sonra vektör denklemi seçilen koordinat sisteminin (1) eksenleri üzerindeki projeksiyonlara yazılır.

Eksenlerin yönünün seçimi, problemin çözülmesinin kolaylığı ile belirlenir. Örneğin, tüm gövdeler tek bir düz çizgi boyunca hareket ediyorsa, koordinat ekseninin bu düz çizgi boyunca yönlendirilmesi tavsiye edilir.

Bazı problemleri çözerken ek kinematik denklemlerin kullanılması gerekir.

Bazı problemler (5.3.5) formundaki momentum denklemi kullanılarak çözülür.

Sorun 1

Kütlesi 0,05 kg olan çelik bir top 5 m yükseklikten çelik bir levha üzerine bırakılıyor. Çarpışmadan sonra top aynı mutlak hızla plakadan geri dönüyor. Çarpma anında plakaya etkiyen kuvveti sabit olduğunu varsayarak bulunuz. Çarpışma süresi 0,01 saniyedir.

Çözüm. Çarpma anında top ve plaka birbirine eşit büyüklükte ancak zıt yönde kuvvetlerle etki eder. Plakanın yanından topa etki eden kuvveti belirledikten sonra, çarpışmanın devam ettiği Δt süresi boyunca topun plakaya etki ettiği kuvveti bulacağız.

Çarpışma sırasında topa iki kuvvet etki eder: yerçekimi kuvveti m ve plakadan gelen kuvvet (Şekil 5.13).

Pirinç. 5.13

Denkleme göre (5.2.3)

Topun plakaya çarpmadan hemen önceki hızını 1 ile, çarpmadan sonraki hızını ise 2 ile gösterelim, sonra topun momentumundaki değişimi Δ = m 2 - m 1 olarak gösterelim, dolayısıyla

Y eksenine yapılan projeksiyonlarda bu denklem şu şekilde yazılacaktır:

v 2 = v 1 = v olduğunu düşünürsek, şunu elde ederiz:

Bir topun h yüksekliğinden düştüğü andaki hız modülü v = = 10 m/s formülüyle belirlenir. Şimdi (5.7.1) ifadesini kullanarak kuvvet modülünü buluruz:

Newton'un üçüncü yasasına göre

Bu nedenle F1 = 100,5 N; bu kuvvet plakaya uygulanır ve aşağıya doğru yönlendirilir.

Etkileşim süresi Δt ne kadar kısa olursa formül (5.7.1)'deki miktarın değeri mg'a kıyasla o kadar büyük olur. Bu nedenle çarpışma sırasında yerçekimi göz ardı edilebilir. Eğer top hamuru yapılmış olsaydı, plakaya yapışırdı ve momentumundaki değişim modülü bunun yarısı kadar olurdu. Buna göre plakaya etki eden kuvvet de iki kat daha az olacaktır.

Sorun 2

Tren istasyonundaki manevralar sırasında kütleleri m 1 = 2,4 10 4 kg ve m 2 = 1,6 10 4 kg olan iki platform, modülleri v 1 = 0,5 m/s ve v 2 = 1 m olan hızlarla birbirine doğru hareket etti. /S. Otomatik bağlayıcı etkinleştirildikten sonra eklem hareketinin hızını bulun.

Çözüm. Çarpışmadan önce hareket eden platformları şematik olarak gösterelim (Şekil 5.14). Sistemin gövdelerine etki eden dış kuvvetler 1 ve m 1, 2 ve m 2 karşılıklı olarak dengelenmiştir. Platformlar ayrıca sistemin dışından gelen sürtünme kuvvetlerine de maruz kalır.

Pirinç. 5.14

Platformlar raylar üzerinde yuvarlandığında sürtünme kuvvetleri küçüktür, dolayısıyla kısa bir çarpışma süresi aralığı boyunca sistemin momentumunu fark edilir derecede değiştirmezler. Bu nedenle momentumun korunumu yasasını uygulayabiliriz:

platformların bağlantıdan sonraki hızı nerede?

X ekseni üzerindeki projeksiyonlarda elimizde:

v 1x = v 1 a v 2x = -v 2 olduğuna göre, o zaman

Hız projeksiyonunun negatif işareti, hızın X ekseninin tersi yönünde (sağdan sola) olduğunu gösterir.

Sorun 3

Kütle oranı = 4 olan iki hamuru top çarpışma sonrasında birbirine yapışarak düzgün bir yatay yüzey boyunca . (Şekil 5.15, üstten görünüm).

Pirinç. 5.15

Ağır olandan üç kat daha hızlı hareket ediyorsa (v 1 = Зv 2) ve topların hareket yönleri karşılıklı dikse, hafif topun çarpışmadan (2) önceki hızını belirleyin. Sürtünmeyi göz ardı edin.

Çözüm. 1 ve 2 numaralı topların hızları birbirine dik olduğundan dikdörtgen koordinat sisteminin eksenlerini bu hızlara paralel yönlendirmek uygundur.

Momentumun korunumu yasasına göre elimizde:

Bu denklemi Şekil 5.15'te gösterildiği gibi X ve Y eksenleri üzerindeki projeksiyonlara yazalım:

v 1x = v 1, v 2x = 0, v 1y = 0 ve v 2y = v 2 olduğuna göre, o zaman

Hız modülü şuna eşittir:

Yani v 1 = u, dolayısıyla v 1 = Зu.

Sorun 4

Düz bir zemin üzerinde bulunan l uzunluğundaki bir samanın ucunda bir çekirge oturuyor. Çekirge zıplıyor ve samanın diğer ucuna konuyor. Kütlesi M ve samanın kütlesi m ise, zemine göre minimum başlangıç ​​hızı min ile atlamalıdır. Hava direncini ve sürtünmeyi dikkate almayın.

Çözüm. Y eksenini yukarıya, X eksenini ise çekirgenin sıçrama yönüne doğru saman boyunca yönlendirelim (Şekil 5.16). Çekirgenin v hızının koordinat eksenlerine izdüşümleri sırasıyla şuna eşittir:

v x = vcos α ve v y = vsin α.

Pirinç. 5.16

Çekirge-saman sistemini düşünün. Dış kuvvetler sistemin gövdelerine yalnızca dikey yönde etki eder (sürtünme yoktur).

Dış kuvvetlerin X ekseni üzerindeki izdüşümlerinin toplamı sıfır olduğundan, çekirge ve samanın itkilerinin X ekseni üzerindeki izdüşümlerinin toplamı korunur:

burada v 1x samanın zemine göre hızının izdüşümüdür. Buradan

Yatay yönde çekirge samana göre l kadar uçacaktır.

Sonuç olarak, hareketli samana göre hızının yatay bileşeninin modülü şuna eşittir:

Ama başka bir şekilde

Böylece,

Açıkçası, elde edilen ifadenin kesirinin paydası maksimum olduğunda çekirgenin mutlak hızı minimumdur. Bildiğiniz gibi sinüsün değeri 1'den büyük olamaz. Yani,

Sorun 5

Zamanın ilk anında M kütleli bir roketin hızı v0 idi. Her saniyenin sonunda roketten m kütleli gazın bir kısmı fırlatılıyor. Gazın bir kısmının hızı, belirli bir gaz kütlesinin yanmasından önce roketin hızından u'ya eşit sabit bir değerle farklıdır, yani gaz çıkış hızı sabittir. Roketin n saniye sonraki hızını belirleyin. Yer çekiminin etkisini göz ardı edin.

Çözüm. Roketin k'inci saniye sonundaki hızını vk ile gösterelim. (k + 1)'inci saniyenin sonunda, m(-u + vk)'ye eşit bir momentum taşıyan roketten m kütleli bir gaz fırlatılır. Vektör mutlakları için yazılan momentumun korunumu yasasından şu sonuç çıkar:

Roket hızının 1 saniyedeki değişimi şuna eşittir:

Hızın 1 saniyedeki değişimini bildiğimize göre, n'inci saniyenin sonundaki hız için bir ifade yazabiliriz:

Egzersiz 10

1. Kütlesi 200 gr olan bir kurşun top duvara dik olarak 10 m/s hızla hareket ediyor ve onunla çarpışıyor. Çarpma anında duvara etkiyen kuvveti sabit olduğunu varsayarak bulun. Çarpışma süresi 0,01 saniyedir. Top duvardan sekmiyor.
2. Kütlesi 100 g olan çelik bir top yatay bir yüzey boyunca sürtünmesiz olarak duvara dik yönde hareket etmektedir. Topun çarpmadan önceki hızı 10 m/s'dir. Çarpışmadan sonra top duvardan aynı mutlak hızla fakat ters yönde sekiyor. Çarpma anında duvara etkiyen kuvveti sabit olduğunu varsayarak bulun. Darbe süresi 0,01 sn.
3. Kumla dolu bir araba raylar boyunca yatay yönde yuvarlanıyor. Alttaki bir delikten rayların arasına kum dökülür. Arabanın hızı değişir mi? Sürtünmeyi göz ardı edin.
4. 200 kg kırma taş, yatay olarak 1 m/s hızla hareket eden 600 kg ağırlığındaki bir platformun üzerine döküldü. Platformun hızı nedir?
5. Yüküyle birlikte kütlesi 250 g olan bir roket dikey olarak uçar ve 150 m yüksekliğe ulaşır Yükün yanmasının anında gerçekleştiğini varsayarak, roketten gaz akış hızını belirleyin. Yük kütlesi 50 g'dır.
6. M kütleli ve a eğim açısına sahip bir prizma pürüzsüz buzun üzerine yerleştiriliyor. Kütlesi m olan bir köpek, tabanındaki bir prizmanın üzerinde duruyor. Bir köpek prizmaya göre v hızıyla yukarı doğru koşarsa prizma hangi hızda hareket eder?
7. Dünya yüzeyinden atılan bir el bombası, yörüngenin en yüksek noktasında, fırlatma noktasından a kadar uzakta, yatay olarak sayılarak iki özdeş parçaya bölünür. Parçalardan biri, el bombasının patlamadan önceki mutlak hızıyla ters yönde uçuyor. İkinci parça fırlatma noktasından ne kadar l uzaklığa düşecek?
8. M kütleli iki roketin her biri aynı yönde uçuyor: biri v hızıyla, diğeri v 1 = 1,1v hızıyla. Bir roket diğerine yetişince ilk roketin motoru kısa süreliğine çalıştırıldı. Güvenli bir kenetlenme sağlamak için roketlerin hızlarının eşit olması için, rokete göre v 2 = 3 hızıyla ne kadar kullanılmış yakıt kütlesi fırlatılmalıdır?
9. İki tekne birbirine paralel olarak aynı mutlak hızlarla hareket ediyor. Buluşurken tekneler aynı kütledeki yükleri değiştirirler. Değişim iki şekilde gerçekleşebilir: 1) önce kargo bir tekneden diğerine aktarılır ve daha sonra kargo ikinci tekneden birinciye geri aktarılır; 2) yükler tekneden tekneye aynı anda aktarılır. Teknelerin yükü aktardıktan sonraki hızı hangi yöntemde daha fazla olacaktır?
10. Aynı M kütleli üç tekne birbiri ardına aynı v hızlarıyla ataletle hareket ediyor. Ortadaki tekneden dıştaki teknelere m kütleli yükler, teknelere göre u hızıyla eş zamanlı olarak aktarılıyor. Kargo aktarıldıktan sonra teknelerin hızları ne olacak? Su direncini ve eklenen kütleyi göz ardı edin.
11. Mermi yörüngenin en üst noktasında iki eşit parçaya bölünür. Merminin bir yarısı dikey olarak aşağıya doğru yönlendirilmiş bir hız alır ve patlama bölgesinin altına düşer, merminin ikinci yarısı ise bu yerden yatay l mesafesinde sona erer. Patlamanın H yüksekliğinde gerçekleştiği ve ilk parçanın t'ye eşit bir zaman aralığından sonra Dünya yüzeyine ulaştığı biliniyorsa, merminin patlamadan önceki hız modülünü ve ikinci parçanın hız modülünü belirleyin.
12. Teknedeki kişi pruvadan kıç tarafına doğru hareket eder. Kişinin kütlesi m 1 ve teknenin kütlesi m 2 ise, l uzunluğunda bir tekne suya göre ne kadar uzağa hareket edecektir? Su direncini ve eklenen kütleyi göz ardı edin.

(1) Bazen bir problemi vektör toplama yasasını kullanarak çözmek tavsiye edilebilir.

(2) Eğer çarpışmadan sonra cisimler aynı hızla hareket ediyorsa, böyle bir çarpışmaya kesinlikle esnek olmayan çarpışma denir.

Bu ne anlama geliyor ve sorunun çözümünü nasıl etkileyecek?

Öncelikle hava direncinin ne olduğunu ve neden oluştuğunu bulalım. Bildiğiniz gibi (bilmelisiniz, okula gidiyorsunuz), tüm maddeler moleküllerden veya atomlardan oluşur. Atomlar en küçük parçacıklardır (bunların küçük, küçük toplar olduğunu düşünelim) ve moleküller de küçük şeylerdir ama zaten birkaç atomdan oluşurlar.

Örneğin bir su molekülü H 2 O, iki hidrojen atomu H ve bir oksijen atomu O'dan oluşur (yani, tek parça halinde birbirine yapışmış üç top).

Daha önce söylediğimize göre “tüm maddeler” onlardan oluşuyorsa, hava da atomlardan ve moleküllerden oluşur (oksijeni soluruz, bu da oksijenin %100'ünün havada olduğu anlamına gelir). Bir topu veya bir cismi aşağıya fırlattığımızda, havadaki minik toplarla (atomlar ve moleküller) çarpışmaya başlar. Bu çarpışmalara hava direnci denir.

Şimdi bu direnci görmezden gelmeye çalışalım. Bunu yapmak için tüm bu minik topları (atomları ve molekülleri) havadan kaldırmamız yeterli. Katılıyorum hatırlatıyor vakum (veya havasız alan)? Yani, düşen cisimler kimseyle çarpışmayacak, sadece aşağı uçacak.

Şimdi bunun sorunun çözümünü nasıl etkileyeceğini bulalım mı?

Bir top ile tüyü aynı yükseklikten fırlattığımızı hayal edelim. Hangisi daha hızlı düşecek? Top? HAYIR. Tüy? HAYIR. Eşit olarak mı düşecekler? HAYIR. Neden? Evet, çünkü bunun havada mı (direncin olduğu yerde) yoksa boşlukta mı (direncin olmadığı yerde) olduğunu bilmiyoruz. Top, daha ağır olduğu ve hava atomlarını/moleküllerini yolundan çekmesi daha kolay olduğu için havada daha hızlı düşecektir. Ve tüy daha hafiftir, bu çarpışmalar sırasında biraz yavaşlayacaktır. Onları boşluğa atarsak, kimseyle çarpışmak zorunda kalmayacakları için eşit şekilde düşecekler.

Bana inanmıyor musun? Videoyu izleyin (dinlemenize gerek yok, İngilizcedir).

Aynı konuyla ilgili başka bir video daha var