Задача Пуля массой г, движущаяся горизонтально со скоростью

Задача. Пуля массой $\displaystyle m=5,0$ г, движущаяся горизонтально со скоростью, модуль которой $\displaystyle \upsilon =450$ м/с, попала в подвешенный на лёгкой нити деревянный шар массой $\displaystyle M=1,1$ кг и застряла в нём. При этом нить отклонилась от вертикали на угол $\displaystyle \alpha =60$ ^о. Определите период колебаний шара.

Дано:

$\displaystyle m=5,0$ г
$\displaystyle \upsilon =450$ м/с
$\displaystyle M=1,1$ кг
$\displaystyle \alpha =60$ ^о

Найти:
$\displaystyle T$ — ?

Решение

Думаем: данную в нашей задаче конструкцию можно назвать математическим маятником (массивное тело, подвешенное на лёгкой нерастяжимой нити), тогда можно найти период колебания через (1).

$\displaystyle T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ (1)

где
- $\displaystyle l$ — длина нити.

Поиск длины нити — вопрос чисто геометрический, так что обратимся к рисунку. Сказано, что тело, висевшее на нити, отклонилось от вертикали на угол $\displaystyle \alpha$ . Проиллюстрируем это (рис. 1).

Рис. 1. Отклонение маятника

Из рисунка заданный нам угол ( $\displaystyle \alpha$ ) и необходимую нам длину нити ( $\displaystyle l$ ) можно связать с высотой подъёма ( $\displaystyle h$ ) относительно первоначального уровня висящего шарика. Данная высота (по рисунку АС) можно найти как разность АВ и ВС. Само ВС можно найти исходя из нарисованного прямоугольного треугольника, интерпретируя её как прилежащий углу $\displaystyle \alpha$ катет, тогда:

$\displaystyle h=l-l\cos \alpha =l(1-\cos \alpha )$ (2)

Мы получили ещё одно неизвестное — высоту подъёма, т.к. движение мало что криволинейное, так ещё и с непостоянным ускорением, то единственный для нас способ решения таких задач — закон сохранения энергии. Т.к. в процессе движения сторонних сил на систему не действует, то закон сохранения энергии выполняется. Проиллюстрируем (рис. 2) и запишем равенство полных механических энергий в точках 1 и 2. Для точки 1 — только кинетическая энергия (считаем высоту от этого уровня ничего не растянуто), для точки 2 — потенциальная гравитационная (тело на максимуме высоты, т.е. остановилось, ничего не растянуто). И не забываем про тело — в этой части задачи оно составное (пуля застряла), т.е. масса летящего тела $\displaystyle (m+M)$ .

Рис. 2. Иллюстрация для закона сохранения энергии

$\displaystyle \frac{(m+M)\upsilon _{0}^{2}}{2}={{E}_{1}}={{E}_{2}}=(m+M)gh$ (3)

И опять для нахождения неизвестного мы ввели новое. На этот раз — $\displaystyle {{\upsilon }_{0}}$ — скорость системы после удара и застревания пули. Любой удар (а у нас абсолютно неупругий) можно описать законом сохранения импульса. Проиллюстрируем и это (рис. 3) и запишем закон сохранения импульса для нашей системы в проекции на ось OX.

Рис. 3. Иллюстрация закона сохранения импульса

$\displaystyle m\upsilon =(M+m){{\upsilon }_{0}}$ (4)

А вот на этом этапе все параметры системы известны. Пора «собирать».

Решаем: выразим из (4) необходимую нам скорость системы после удара.

$\displaystyle m\upsilon =(M+m){{\upsilon }_{0}}\Rightarrow {{\upsilon }_{0}}=\upsilon \frac{m}{(M+m)}$ (5)

Подставим (5) в (3), сократим и выразим интересующую нас высоту:

$\displaystyle \frac{(m+M)}{2}{{\left( \upsilon \frac{m}{(M+m)} \right)}^{2}}=(m+M)gh\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{1}{2}{{\upsilon }^{2}}\frac{{{m}^{2}}}{{{(M+m)}^{2}}}=gh\Rightarrow$ $\displaystyle h=\frac{{{m}^{2}}{{\upsilon }^{2}}}{2g{{(M+m)}^{2}}}$ (6)

Следующий этап — подставим (6) в (2) и выразим длину:

$\displaystyle \frac{{{m}^{2}}{{\upsilon }^{2}}}{2g{{(M+m)}^{2}}}=l(1-\cos \alpha )\Rightarrow l=\frac{{{m}^{2}}{{\upsilon }^{2}}}{2g{{(M+m)}^{2}}(1-\cos \alpha )}$ (7)

И наконец, подставим (7) в (1):

$\displaystyle T=2\pi \sqrt{\frac{1}{g}\frac{{{m}^{2}}{{\upsilon }^{2}}}{2g{{(M+m)}^{2}}(1-\cos \alpha )}}$ $\displaystyle \begin{array}{l}=2\pi \frac{m\upsilon }{g(M+m)}\sqrt{\frac{1}{2(1-\cos \alpha )}}\\l=\end{array}$ (8)

Считаем: не забываем перевести все параметры в единицы СИ. Константы также неплохо бы вспомнить ( $\displaystyle \pi =3,14$ , $\displaystyle g=10$ м/с $\displaystyle ^{2}$ ).

$\displaystyle T=2*3,14*\frac{0,005*450}{10*(1,1+0,005)}\sqrt{\frac{1}{2(1-0,5)}}$ $\displaystyle \approx 1,3$ с

Ответ: $\displaystyle T\approx 1,3$ с.

Ещё задачи на тему «Энергия гармонических колебаний».

Поделиться ссылкой: