Edits to “Условие”, “Решение”

emixter edited Apr 8, 2025, 10:58 AM

View solution History

revision #14118 parent #14117 ← older newer →

ru/3.1.13.md +28 −3

		@@ -1,8 +1,8 @@
			### Условие

			$3.1.13.$ На тело массы $m$ в задаче 3.1.12а положили небольшой грузик массы $\Delta m$ и отпустили. Найдите максимальную скорость тела с грузиком.

		−	![К задаче $3.1.13$\|119x221, 30%](../../img/3.1.13/Figure.png)
		+	![К задаче $3.1.13$\|119x221, 25%](../../img/3.1.13/Figure.png)

			### Решение

			До того как на тело положат дополнительный грузик, оно находится в положении равновесия. Сила тяжести уравновешивается кулоновской силой отталкивания между одноименно заряженными зарядами:

			$$mg=\frac{kqQ}{R^{2}}$$
			$$kqQ=mgR^{2} \tag{1}$$

			После того как на тело положили грузик, система приходит в движение под действием результирующий силы тяжести и кулоновского взаимодействия. Пусть тело с грузиком опустилось на малую величину $x$, запишем второй закон Ньютона в проекции на вертикальную ось:

			$$(m+\Delta m)g-\frac{kqQ}{(R-x)^{2}}=(m+\Delta m)a \tag{2}$$

			Подставим (1) в (2):

			$$(m+\Delta m)g-\frac{mgR^{2}}{R^{2}(1-\frac{x}{R})^{2}}=(m+\Delta m)a$$
			$$(m+\Delta m)g-mg\left( 1-\frac{x}{R} \right)^{-2}=(m+\Delta m)a$$

			Поскольку $x\ll R$ воспользуемся разложением в ряд функции $\left( 1-x \right)^{-\alpha}\approx 1+\alpha x$:

			$$(m+\Delta m)g-mg\left( 1+\frac{2x}{R} \right)=(m+\Delta m)a$$
			$$\Delta mg-\frac{2mgx}{R}=(m+\Delta m)a \tag{3}$$

		@@ -28,10 +28,35 @@Решение
			Поскольку ускорение есть производная от скорости, то при максимальной скорости её производная, а значит ускорение, равно 0 ($a=0$). Из (3) можем найти положение тела с грузиком $x_{0}$ при $\upsilon=\upsilon_{макс}$:

			$$\Delta mg-\frac{2mgx_{0}}{R}=0$$
		−	$$x_{0}=\frac{\Delta mR}{2m}$$
		+	$$x_{0}=\frac{\Delta mR}{2m} \tag{4}$$

		−	Запишем закон сохранения энергии для
		+	Запишем закон сохранения энергии для двух положений тела: когда на тело только положили грузик и когда тело с грузиком имеет максимальную скорость.
		+
		+	$$(m+\Delta m)gR+\frac{kqQ}{R}=(m+\Delta m)g(R-x_{0})+\frac{kqQ}{R-x_{0}}+\frac{1}{2}(m+\Delta m)\upsilon^{2}$$
		+	$$(m+\Delta m)gx_{0}-kqQ\frac{x_{0}}{R(R-x_{0})}=\frac{1}{2}(m+\Delta m)\upsilon^{2}$$
		+
		+	Выразим $\upsilon^{2}$:
		+
		+	$$\upsilon^{2}=2gx_{0}-\frac{2kqQ}{m+\Delta m}\cdot \frac{x_{0}}{R(R-x_{0})} \tag{5}$$
		+
		+	Подставим (1) и (4) в (5):
		+
		+	$$\upsilon^{2}=2g\frac{\Delta mR}{2m}-\frac{2mgR^{2}}{m+\Delta m}\cdot \frac{\frac{\Delta mR}{2m}}{R^{2}(1-\frac{\frac{\Delta mR}{2m}}{R})}$$
		+	$$\upsilon^{2}=\frac{\Delta m}{m}gR-\frac{\Delta mgR}{m\left( 1+\frac{\Delta m}{m} \right)\cdot \left( 1-\frac{\Delta m}{2m} \right)}$$
		+
		+	Поскольку $\Delta m\ll m$ опять воспользуемся разложением в ряд функции $\left( 1-x \right)^{-\alpha}\approx 1+\alpha x$:
		+
		+	$$\upsilon^{2}=\frac{\Delta m}{m}gR-\frac{\Delta m}{m}gR\cdot \left( 1-\frac{\Delta m}{m} \right)\cdot \left( 1+\frac{\Delta m}{2m} \right)$$
		+
		+	Раскроем скобки и ограничимся первым порядком малой величины $\Delta m$:
		+
		+	$$\upsilon^{2}=\frac{\Delta m}{m}gR-\frac{\Delta m}{m}gR\cdot \left( 1+\frac{\Delta m}{2m}-\frac{\Delta m}{m} \right)=\frac{\Delta m}{m}gR-\frac{\Delta m}{m}gR\cdot \left( 1-\frac{\Delta m}{2m}\right)$$
		+	$$\upsilon^{2}=\left( \frac{\Delta m}{m} \right)^{2}\frac{gR}{2}$$
		+
		+	Окончательно:
		+
		+	$$\upsilon=\frac{\Delta m}{m}\sqrt{\frac{gR}{2}}$$

			#### Ответ

			$\upsilon=\frac{\Delta m}{m}\sqrt{\frac{gR}{2}}$

	@@ -1,8 +1,8 @@
	### Условие		### Условие

	$3.1.13.$ На тело массы $m$ в задаче 3.1.12а положили небольшой грузик массы $\Delta m$ и отпустили. Найдите максимальную скорость тела с грузиком.		$3.1.13.$ На тело массы $m$ в задаче 3.1.12а положили небольшой грузик массы $\Delta m$ и отпустили. Найдите максимальную скорость тела с грузиком.

	![К задаче $3.1.13$\|119x221, 30%](../../img/3.1.13/Figure.png)		![К задаче $3.1.13$\|119x221, 25%](../../img/3.1.13/Figure.png)

	### Решение		### Решение

	До того как на тело положат дополнительный грузик, оно находится в положении равновесия. Сила тяжести уравновешивается кулоновской силой отталкивания между одноименно заряженными зарядами:		До того как на тело положат дополнительный грузик, оно находится в положении равновесия. Сила тяжести уравновешивается кулоновской силой отталкивания между одноименно заряженными зарядами:

	$$mg=\frac{kqQ}{R^{2}}$$		$$mg=\frac{kqQ}{R^{2}}$$
	$$kqQ=mgR^{2} \tag{1}$$		$$kqQ=mgR^{2} \tag{1}$$

	После того как на тело положили грузик, система приходит в движение под действием результирующий силы тяжести и кулоновского взаимодействия. Пусть тело с грузиком опустилось на малую величину $x$, запишем второй закон Ньютона в проекции на вертикальную ось:		После того как на тело положили грузик, система приходит в движение под действием результирующий силы тяжести и кулоновского взаимодействия. Пусть тело с грузиком опустилось на малую величину $x$, запишем второй закон Ньютона в проекции на вертикальную ось:

	$$(m+\Delta m)g-\frac{kqQ}{(R-x)^{2}}=(m+\Delta m)a \tag{2}$$		$$(m+\Delta m)g-\frac{kqQ}{(R-x)^{2}}=(m+\Delta m)a \tag{2}$$

	Подставим (1) в (2):		Подставим (1) в (2):

	$$(m+\Delta m)g-\frac{mgR^{2}}{R^{2}(1-\frac{x}{R})^{2}}=(m+\Delta m)a$$		$$(m+\Delta m)g-\frac{mgR^{2}}{R^{2}(1-\frac{x}{R})^{2}}=(m+\Delta m)a$$
	$$(m+\Delta m)g-mg\left( 1-\frac{x}{R} \right)^{-2}=(m+\Delta m)a$$		$$(m+\Delta m)g-mg\left( 1-\frac{x}{R} \right)^{-2}=(m+\Delta m)a$$

	Поскольку $x\ll R$ воспользуемся разложением в ряд функции $\left( 1-x \right)^{-\alpha}\approx 1+\alpha x$:		Поскольку $x\ll R$ воспользуемся разложением в ряд функции $\left( 1-x \right)^{-\alpha}\approx 1+\alpha x$:

	$$(m+\Delta m)g-mg\left( 1+\frac{2x}{R} \right)=(m+\Delta m)a$$		$$(m+\Delta m)g-mg\left( 1+\frac{2x}{R} \right)=(m+\Delta m)a$$
	$$\Delta mg-\frac{2mgx}{R}=(m+\Delta m)a \tag{3}$$		$$\Delta mg-\frac{2mgx}{R}=(m+\Delta m)a \tag{3}$$

	@@ -28,10 +28,35 @@Решение
	Поскольку ускорение есть производная от скорости, то при максимальной скорости её производная, а значит ускорение, равно 0 ($a=0$). Из (3) можем найти положение тела с грузиком $x_{0}$ при $\upsilon=\upsilon_{макс}$:		Поскольку ускорение есть производная от скорости, то при максимальной скорости её производная, а значит ускорение, равно 0 ($a=0$). Из (3) можем найти положение тела с грузиком $x_{0}$ при $\upsilon=\upsilon_{макс}$:

	$$\Delta mg-\frac{2mgx_{0}}{R}=0$$		$$\Delta mg-\frac{2mgx_{0}}{R}=0$$
	$$x_{0}=\frac{\Delta mR}{2m}$$		$$x_{0}=\frac{\Delta mR}{2m} \tag{4}$$

	Запишем закон сохранения энергии для		Запишем закон сохранения энергии для двух положений тела: когда на тело только положили грузик и когда тело с грузиком имеет максимальную скорость.

			$$(m+\Delta m)gR+\frac{kqQ}{R}=(m+\Delta m)g(R-x_{0})+\frac{kqQ}{R-x_{0}}+\frac{1}{2}(m+\Delta m)\upsilon^{2}$$
			$$(m+\Delta m)gx_{0}-kqQ\frac{x_{0}}{R(R-x_{0})}=\frac{1}{2}(m+\Delta m)\upsilon^{2}$$

			Выразим $\upsilon^{2}$:

			$$\upsilon^{2}=2gx_{0}-\frac{2kqQ}{m+\Delta m}\cdot \frac{x_{0}}{R(R-x_{0})} \tag{5}$$

			Подставим (1) и (4) в (5):

			$$\upsilon^{2}=2g\frac{\Delta mR}{2m}-\frac{2mgR^{2}}{m+\Delta m}\cdot \frac{\frac{\Delta mR}{2m}}{R^{2}(1-\frac{\frac{\Delta mR}{2m}}{R})}$$
			$$\upsilon^{2}=\frac{\Delta m}{m}gR-\frac{\Delta mgR}{m\left( 1+\frac{\Delta m}{m} \right)\cdot \left( 1-\frac{\Delta m}{2m} \right)}$$

			Поскольку $\Delta m\ll m$ опять воспользуемся разложением в ряд функции $\left( 1-x \right)^{-\alpha}\approx 1+\alpha x$:

			$$\upsilon^{2}=\frac{\Delta m}{m}gR-\frac{\Delta m}{m}gR\cdot \left( 1-\frac{\Delta m}{m} \right)\cdot \left( 1+\frac{\Delta m}{2m} \right)$$

			Раскроем скобки и ограничимся первым порядком малой величины $\Delta m$:

			$$\upsilon^{2}=\frac{\Delta m}{m}gR-\frac{\Delta m}{m}gR\cdot \left( 1+\frac{\Delta m}{2m}-\frac{\Delta m}{m} \right)=\frac{\Delta m}{m}gR-\frac{\Delta m}{m}gR\cdot \left( 1-\frac{\Delta m}{2m}\right)$$
			$$\upsilon^{2}=\left( \frac{\Delta m}{m} \right)^{2}\frac{gR}{2}$$

			Окончательно:

			$$\upsilon=\frac{\Delta m}{m}\sqrt{\frac{gR}{2}}$$

	#### Ответ		#### Ответ

	$\upsilon=\frac{\Delta m}{m}\sqrt{\frac{gR}{2}}$		$\upsilon=\frac{\Delta m}{m}\sqrt{\frac{gR}{2}}$