Съдържание

BelPhO 1990, Заключителен етап, 9–11 клас — Задача 10-5

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от BelPhO 1990

Белорусская республиканская олимпиада по физике (Витебск,1990)

Условие

На горизонтальной поверхности расположен брусок массой $m = 0{,}10\ \text{кг}$ , прикрепленный к вертикальной стенке с помощью пружины жесткостью $k = 1{,}0\ \text{Н/м}$ . Коэффициент трения бруска о поверхность $\mu = 0{,}50$ . Пружину растянули на величину $\Delta l = 8{,}3\ \text{см}$ и отпустили. Найти конечное положение бруска. Сколько раз он пройдет через точку, соответствующую недеформированному состоянию пружины? Ускорение свободного падения считать равным $g = 10\ \text{м/с}^2$ .

Брусок на горизонтальной поверхности, прикрепленный пружиной к вертикальной стенке; показано смещенное положение бруска на расстояние Δl и вектор g.

Отговори

Решение

Для решения задачи воспользуемся законом сохранения энергии с учетом отрицательной работы силы трения. Предположим, что, миновав положение равновесия, груз остановился на расстоянии $\Delta l_1$ от него. Понятно, что $\Delta l_1 < \Delta l,$ т.к. работа силы трения уменьшила механическую энергию системы пружина – брусок (пружинного маятника). Работа силы трения при таком перемещении:

A_{\text{тр}} = -\mu mg\left(\Delta l + \Delta l_1\right)

Брусок на пружине у стенки: начальное смещение Δl и положение остановки Δl1 по другую сторону от положения равновесия.

Она же равна изменению механической энергии системы:

A_{\text{тр}} = \Delta E^{\text{мех}} = E_2^{\text{мех}} - E_1^{\text{мех}} \Rightarrow E_1^{\text{мех}} = E_2^{\text{мех}} - A_{\text{тр}}.

Раскрывая выражение для механической энергии получаем:

\frac{k\Delta l^2}{2} = \frac{k\Delta l_1^2}{2} + \mu mg(\Delta l + \Delta l_1). \qquad (1)

Преобразовав (1) к виду:

\frac{k}{2}\left(\Delta l^2 - \Delta l_1^2\right) = \frac{k}{2}\left(\Delta l - \Delta l_1\right)\left(\Delta l + \Delta l_1\right) = \mu mg\left(\Delta l_1 + \Delta l\right),

найдем

\Delta l_1 = \Delta l - \frac{2\mu mg}{k} \qquad (2)

Представляя в (2) численные значения, получаем: $\Delta l_1 = 7{,}3\ \text{см}$ .

Рассуждая далее аналогично, заметим, что соотношение (3) сохранится и в последующем движении, только роль $\Delta l$ будет играть уже $\Delta l_1$ . Таким образом, после следующего колебания он отклонится от уже на $\Delta l_2 = 6{,}3\ \text{см}$ и т.д.

Однако при малых отклонениях возможна ситуация, когда сила трения покоя сможет удержать груз на некотором расстоянии $\Delta l^*$

\Delta l^* \le \frac{\mu mg}{k} = 0{,}5\ \text{см}. \qquad (3)

Это обстоятельство приведет к тому, что пройдя из положения $\Delta l_7 = 1{,}3\ \text{см}$ в положение $\Delta l_8 = 0{,}3\ \text{см}$ груз замрет в этом положении и не сможет вернуться в точку равновесия. Таким образом, будучи отведенным вправо, груз совершит 8 «переходов» через начальное положение и остановится в 0,3 см правее его.

Анализируя (3) видим, что поведенный вариант решения справедлив при слабом трении, т.е. когда:

\Delta l \gg \frac{2\mu mg}{k}.

Например, при $\Delta l = \frac{2\mu mg}{k}$ , груз вернется точно в положение равновесия и остановится там. А что будет в случае, если

\frac{\mu mg}{k} < \Delta l < \frac{2\mu mg}{k}.

Здесь, при решении необходимо учесть, что груз может остановиться и не дойдя до положения равновесия, т.е. закон сохранения энергии примет несколько иной вид:

\frac{k\Delta l^2}{2} = \frac{k\Delta l_1^2}{2} + \mu mg(\Delta l - \Delta l_1)

(сравните с (1)).

Откуда следует, что:

\Delta l_1 = \frac{2\mu mg}{k} - \Delta l.

В этом случае груз остановится на расстоянии $\Delta l_1$ , так ни разу добравшись до положения равновесия.

Наконец, если начальное смещение таково, что

\Delta l < \frac{\mu mg}{k},

то груз не сдвинется с места, поскольку силы трения покоя удержит его.

Подобные затухающие механические колебания отражают общие закономерности затухающих колебаний: их энергия переходит в теплоту (или иные формы энергии), предельное смещение после каждого колебания уменьшается по отношению к предыдущему, период этих колебаний больше периода свободных колебаний (из-за тормозящего действия силы трения).

Оригинал в Архива: 1990problems.pdf · официални решения: 1990solutions.pdf