Задание №26 — Закон сохранения механической энергии

Решение:

Обоснование применимости законов.

• Систему отсчёта, связанную с Землёй, считаем инерциальной, поэтому применимы законы Ньютона и закон сохранения механической энергии.
• Кубик небольшой (его размеры малы по сравнению с радиусом петли), вращением пренебрегаем — используем модель материальной точки.
• Горка и петля гладкие, сопротивление воздуха не учитываем. Работу совершает только консервативная сила тяжести, а сила нормальной реакции в каждой точке перпендикулярна скорости и работы не совершает. Следовательно, полная механическая энергия системы «кубик — Земля» сохраняется.
• Высоты малы по сравнению с радиусом Земли, поле тяжести однородно: $g = 10\ \text{м/с}^2$.
• Двигаясь по петле, кубик движется по окружности радиуса $R$, поэтому его ускорение имеет центростремительную составляющую $a_{\text{ц}} = \dfrac{v^2}{R}$, направленную к центру петли; второй закон Ньютона записываем в проекции на направление к центру.
• По третьему закону Ньютона сила, с которой кубик давит на стенку петли, равна по модулю силе нормальной реакции стенки: $F = N$.

Обозначения. $m = 1\ \text{кг}$ — масса кубика; $H = 3\ \text{м}$ — начальная высота над нижней точкой петли; $h = 2{,}5\ \text{м}$ — высота рассматриваемой точки над нижней точкой петли; $F = 4\ \text{Н}$ — сила давления кубика на стенку; $N$ — сила нормальной реакции стенки, действующая на кубик; $R$ — искомый радиус петли; $O$ — центр петли (он находится на высоте $R$ над нижней точкой); $v$ — скорость кубика на высоте $h$; $\theta$ — угол между вертикалью, проведённой вверх из центра $O$, и радиусом $OK$, где $K$ — точка нахождения кубика.

Рисунок с указанием сил. Изобразим петлю (окружность радиуса $R$ с центром $O$) и точку $K$ на ней на высоте $h$. Проведём радиус $OK$. К кубику в точке $K$ приложены только две силы: 1) сила тяжести $m\vec{g}$ — вертикально вниз; 2) сила нормальной реакции стенки $\vec{N}$ — вдоль радиуса $KO$, от кубика к центру петли (кубик движется по внутренней стороне петли и давит на стенку изнутри, поэтому стенка давит на него внутрь). Силы трения нет — петля гладкая. Ускорение кубика имеет центростремительную составляющую, направленную вдоль $KO$ к центру.

1) Закон сохранения механической энергии (нулевой уровень — нижняя точка петли, начальная скорость равна нулю):

$$mgH = mgh + \frac{mv^2}{2}\quad\Longrightarrow\quad v^2 = 2g(H - h).$$

2) Геометрия. Высота точки $K$ над нижней точкой петли равна $h = R + R\cos\theta$, откуда

$$\cos\theta = \frac{h - R}{R}.$$

3) Второй закон Ньютона в проекции на направление $KO$ (к центру петли). Проекция силы тяжести на это направление равна $mg\cos\theta$ (при $h \gt R$ она направлена к центру, при $h \lt R$ — от центра, и $\cos\theta$ автоматически меняет знак):

$$N + mg\cos\theta = \frac{mv^2}{R}.$$

4) Подставим выражения из пп. 1 и 2, учитывая $N = F$:

$$F + mg\,\frac{h - R}{R} = \frac{2mg(H - h)}{R}.$$

Умножим обе части на $R$:

$$FR + mg(h - R) = 2mg(H - h),$$

$$R(F - mg) = 2mgH - 2mgh - mgh = mg(2H - 3h),$$

$$R = \frac{mg(2H - 3h)}{F - mg} = \frac{mg(3h - 2H)}{mg - F}.$$

5) Расчёт. $mg = 1\cdot 10 = 10\ \text{Н}$, $3h - 2H = 3\cdot 2{,}5 - 2\cdot 3 = 1{,}5\ \text{м}$, $mg - F = 10 - 4 = 6\ \text{Н}$:

$$R = \frac{10\cdot 1{,}5}{6} = 2{,}5\ \text{м}.$$

Проверка. Размерность: $\dfrac{\text{Н}\cdot\text{м}}{\text{Н}} = \text{м}$. Полученное значение самосогласовано: $R = 2{,}5\ \text{м} = h$, то есть кубик находится на уровне центра петли, радиус $OK$ горизонтален, сила тяжести целиком тангенциальна и не имеет проекции на радиус. Тогда $N = \dfrac{mv^2}{R} = \dfrac{1\cdot 2\cdot 10\cdot (3 - 2{,}5)}{2{,}5} = 4\ \text{Н}$ — совпадает с условием. Кроме того, $h \lt H$ (кубик действительно доходит до этой точки) и $h \lt 2R = 5\ \text{м}$ (точка лежит на петле).

Ответ: $R = \dfrac{mg(3h - 2H)}{mg - F} = 2{,}5\ \text{м}$.