инерциальные системы отсчёта (ИСО) существуют

в ИСО приращение импульса материальной точки пропорционально силе и происходит по направлению силы:

`Delta vec p = vec F * Delta t`.

Импульсом (или количеством движения) материальной точки называют физическую величину, определяемую произведением её массы на вектор скорости в  данной системе отсчёта:

`vec p = m * vec v`.

в ИСО приращение импульса материальной точки  равно импульсу силы.

в ИСО ускорение материальной точки прямо пропорционально сумме сил, действующих на неё, и обратно пропорционально её массе:

`vec a = vec F/m`.

при взаимодействии двух материальных точек сила `vecF_(12)`, действующая на первую материальную точку со стороны второй, равна по величине и противоположна по направлению силе `vecF_(21)`, действующей со стороны первой материальной точки на вторую:

`vecF_(12) = - vecF_(21)`.

1. силы возникают парами и имеют одинаковую природу, они приложены к разным материальным точкам,

2. эти силы равны по величине,

3. они действуют вдоль одной прямой в противоположных направлениях.

`(Delta vec p)/(Delta t) = vec(F)`.

Скорость изменения импульса материальной точки в инерциальной системе отсчёта равна сумме сил, действующих на эту точку.

К телу, первоначально покоившемуся на шероховатой горизонтальной поверхности, прикладывают в течение времени `t_1 = 10  sf"с"` горизонтальную силу величиной `F = 5  sf"H"`. После прекращения действия силы тело движется до остановки `t_2 = 40  sf"с"`. Определите величину `F_sf"тр"` силы трения скольжения, считая её постоянной.

На рис. 4 показаны ИСО и силы, действующие на тело в процессе разгона. По второму закону Ньютона

`(Delta vec p)/(Delta t) = M vec g + vec N + vecF_("тр") + vec F`.

Переходя к проекциям на горизонтальную ось, находим элементарные приращения импульса в процессе разгона

`Delta p_x = (F - F_sf"тр" ) Delta t`

и в процессе торможения `(F = 0)`

`Delta p_x =- F_sf"тр" Delta t`.

Просуммируем все приращения импульса тела от старта до остановки

`sum Delta p_x = sum_(0 <= t <=t_1) (F - F_sf"тр" )Delta t + sum_(t_1 <= t <= t_1 + t_2) (- F_sf"тр") Delta t`.

Напомним, что для любой физической величины сумма приращений равна разности конечного и начального значений. Тогда

`p_(x  sf"конечн") - p_(x  sf"начальн") = (F - F_sf"тр") t_1 + (- F_sf"тр") t_2`. 

С учётом равенств `p_(x  sf"конечн") = 0`, и `p_(x  sf"начальн") = 0` независимости сил от времени приходим к ответу на вопрос задачи:

`F_sf"тр" = (t_1)/(t_1 + t_2) F = (10)/(10 + 40) * 5 = 1  sf"H"`.

Мяч, брошенный с горизонтальной поверхности земли под углом `alpha = 60^@` к горизонту со скоростью `v_0 = 10  sf"м/с"`, упал на землю. В момент падения скорость меньше начальной по величине на `delta = 0,3`. Найдите продолжительность `T` полёта мяча. Силу сопротивления считайте пропорциональной скорости `vec F =- k vec v`, `k > 0`.

Согласно  второму закону Ньютона приращение импульса пропорционально силе и происходит по направлению силы

`m * Delta vec v = (m vec g - k vec v) * Delta t`,

переходя к проекциям сил и приращения скорости  на вертикальную ось, получаем

`m * Delta v_y =- mg * Delta t - k * v_y * Delta t`.

Заметим, что элементарное перемещение мяча по вертикали равно `Delta y = v_y * Delta t`,  и перепишем  последнее соотношение в виде,

`m * Delta v_y =- mg * Delta t - k * Delta y`.

Просуммируем все приращения вертикальной проекции импульса по всему времени полёта, т. е. от `t = 0` до `t = T`

`m * (sum Delta v_y) =- mg * (sum Delta t) - k * (sum Delta y)`.

Переходя к конечным приращениям, получаем

`m (v_y (T) - v_y (0)) =- mg(T - 0) - k(y(T) - y (0))`.

Точки старта и финиша находятся в одной горизонтальной плоскости, поэтому перемещение мяча по вертикали за время полёта нулевое `y(T) - y(0) = 0`.

Тогда `- (1 - delta) mv_0 sin alpha - mv_0 sin alpha =- mgT`.

Отсюда находим продолжительность полёта мяча 

`T = (v_0 sin alpha)/(g) (2 - delta) = (10 * sin 60^@)/(10) (2,0 - 0,3) ~~ 1,5  sf"с"`.

В следующем  примере  рассматривается удар, в ходе которого две  очень большие силы,  «согласованно»  действуют во взаимно перпендикулярных направлениях

Кубик, движущийся поступательно со скоростью `v` (рис. 5) по гладкой горизонтальной поверхности, испытывает соударение с  шероховатой  вертикальной  стенкой. Коэффициент трения скольжения кубика по стенке `mu` и угол `alpha` известны. Одна из граней кубика параллельна стенке. Под каким углом `beta` кубик отскочит от стенки? Считайте, что перпендикулярная стенке составляющая скорости кубика  в  результате  соударения не изменяется по величине.

Силы, действующие на кубик в процессе соударения, показаны на рис. 6. По второму закону Ньютона

`Delta vec p = (m vec g + vec(N_sf"Г") + vec(F_sf"тр") + vec(N_sf"В")) * Delta t`.

Переходя к проекциям на горизонтальные оси `Ox` и `Oy`, получаем

`Delta p_x =- F_sf"тр" Delta t`,  `Delta p_y = N_sf"В" Delta t`.

Просуммируем приращения `Delta p_y = N_sf"В" Delta t` по всему времени `tau` соударения, получим

`sum Delta p_y = p_y (tau) - p_y (0) = mv sin alpha - (- mv sin alpha) = sum_(0 <= t <= tau) N_sf"В" Delta t`.

В процессе удара в любой момент времени `F_sf"тр" = mu N_sf"В"`, следовательно, во столько же раз отличаются импульсы этих сил за время соударения

`sum_(0 <= t <= tau) F_sf"тр" Delta t = mu sum_(0 <= t <= tau) N_sf"В" Delta t = mu 2 mv sin alpha`.

Тогда легко вычислить проекцию `v_x (tau)` скорости кубика после соударения. Для  этого  просуммируем  приращения  `Delta p_x =- F_sf"тр" Delta t =- mu N_sf"В" Delta t` по всему времени `tau` соударения, получим

`sum Delta p_x = p_x (tau) - p_x (0) = mv_x (tau) - mv cos alpha =- sum_(0 <= t <= tau) F_sf"тр" Delta t =- mu 2 mv sin alpha`.

Отсюда `v_x (tau) = v (cos alpha - 2 mu sin alpha)`.

Далее считая, `v_x (tau) > 0`,  получаем `bbb"tg"  beta = (v_y (tau))/(v_x (tau)) = (sin alpha)/(cos alpha - 2 mu sin alpha)`.

Массивный шарик, подвешенный на лёгкой нити, движется равномерно по окружности в горизонтальной плоскости. Расстояние  от точки подвеса нити до плоскости, в которой происходит движение, равно `H`. Найдите период `T` обращения шарика.

Введём обозначения: `L` - длина нити, `alpha` - угол, образуемый нитью с вертикалью, `r = L sin alpha` - радиус окружности (рис. 7), по которой движется шарик со скоростью `v`.

Заметим,  что `H = L cos alpha`. Обратимся к динамике. На шарик действуют сила тяжести `m vec g` и сила натяжения `vec F` нити. Эти силы сообщают шарику направленное к центру окружности нормальное ускорение, по величине равное `a = (4 pi^2)/(T^2) r`.

В инерциальной системе отсчёта основным уравнением динамики материальной точки является второй закон Ньютона `m vec a = vec F + m vec g`. При таком движении сумма сил, так же как и ускорение, в любой момент времени направлена  к центру окружности. Тогда, переходя  в уравнении движения к скалярной форме записи, удобно перейти не к проекциям сил и ускорения на оси `Ox`, `Oy` инерциальной системы отсчёта, а к проекциям сил и ускорения на два направления, а именно: на подвижное направление -направление внутренней нормали к траектории, считая положительным направление к центру  окружности,

`m * (4 pi^2)/(T^2) r = F sin alpha`,

и на вертикаль `0 = F cos alpha - mg`.

Исключив из этих соотношений силу натяжения,  приходим к ответу

`T = 2 pi sqrt(H/g)`.

Период обращения конического маятника зависит только от расстояния от точки подвеса до плоскости движения.

Маленький деревянный шарик прикреплён с помощью нерастяжимой нити длиной `l = 30  sf"см"` ко дну цилиндрического сосуда с водой. Расстояние от центра дна до точки закрепления нити `r = 20  sf"см"`. Сосуд раскручивают вокруг вертикальной оси, проходящей через  центр дна. При какой угловой скорости вращения нить отклонится от вертикали на угол `alpha = 30^@`?   

Нить с шариком отклонится к оси вращения. Действительно, на шарик будут действовать три силы: сила тяжести `m vec g`, сила натяжения `vec T` нити  и сила Архимеда `vec F` (рис. 8).

Найдём эту силу. Обозначим объём шарика `V`, плотность дерева, из которого изготовлен шарик `rho_sf"ш"`, плотность воды `rho_sf"в"`, и рассмотрим движение жидкости до погружения в неё шарика. Любой элементарный объём  воды равномерно движется по окружности в горизонтальной плоскости. Следовательно, вертикальная составляющая суммы сил давления (силы Архимеда) `F_(A,z)` уравновешивает  силу  тяжести,  действующую на жидкость  в  рассматриваемом объёме, горизонтальная составляющая `F_(A,r)` сообщает этой жидкости центростремительное ускорение. При замещении жидкости шариком эти составляющие не изменяются. Тогда вертикальная составляющая силы Архимеда, действующей на шарик, по величине равна `F_(A,z) = rho_sf"в" Vg`, а направленная к оси вращения составляющая силы Архимеда по величине равна `F_(A,r) = rho_sf"в" V omega^2 (r - l sin alpha)`. Под действием приложенных сил шарик движется равномерно по окружности радиуса `(r - l sin alpha)` в горизонтальной плоскости. Из второго закона Ньютона `m vec a = m vec g + vec T + vec F`, переходя к проекциям сил и ускорения на вертикальную ось, находим

`rho _sf"в" Vg - rho_sf"ш" Vg - T cos alpha = 0`,

проектируя силы и ускорения в горизонтальной плоскости на нормальное направление, получаем

`rho _sf"ш" V omega^2 (r - l sin alpha) = rho_sf"в" V omega^2 (r - l sin alpha) - T sin alpha`.

Исключая `T` из двух последних соотношений, находим искомую угловую скорость

`omega = sqrt((g  bbb"tg"  alpha)/(r - l sin alpha)) ~~ 10,7 sf"с"^-1`.