Научная литература
booksshare.net -> Добавить материал -> Физика -> Ащеулов С.В. -> "Задачи по элементарной физике" -> 20

Задачи по элементарной физике - Ащеулов С.В.

Ащеулов С.В., Барышев В.А. Задачи по элементарной физике — Ленинград, 1974. — 191 c.
Скачать (прямая ссылка): zadpoelementfiz1974.pdf
Предыдущая << 1 .. 14 15 16 17 18 19 < 20 > 21 22 23 24 25 26 .. 70 >> Следующая


З А Д А Ч А 30

На наклонной плоскости с углом, при основании а находится брусок массой т, соединенный невесомой нерастяжимой нитью,

перекинутой через блок, с грузом массой M (см. рис. а). Определить ускорения бруска и груза, если коэффициент трения между бруском и наклонной плоскостью равен /.

РЕШЕНИЕ

Решение задач подобного типа существенно зависит от того, существует ли начальная скорость относительного перемещения тел, между которыми действуют силы трения, и каково ее направление. Введем следующие обозначения: Vq1 и Vq2 — начальные скорости груза и бруска соответственно; и O2 — искомые ускорения; у01—проекция скорости V0I на ось OiX1; у02 — проекция скорости V02 на ось O2X2; Ci1, а2 — проекции ускорений на те же оси-

Выбор осей с учетом нерастяжимости нити приводит к очевидным равенствам: у01 == V02 = у0, — а2 = а.

52 1. Пусть начальная скорость V0 перемещения груза M отлична ог нуля и для определенности направлена вниз (т.е. >0, рис. а). Соответственно брусок движется вверх по наклонной плоскости с той же скоростью. Тогда сила трения Ftp, действующая на брусок, есть сила трения скольжения и направлена вниз по наклонной плоскости (рис. б).

Учитывая, что натяжение T нити всюду одинаково, a Ftp = = fQ, где Q — сила реакции опоры, равная величине mg cos а, по второму закону Ньютона получаем следующие уравнения движения бруска и груза:

T-F-Ftp = та, 1

Mg-T = Ma, J (1)

где F = mg sin а.

Решая систему (1) относительно а, получаем однозначно (вне зависимости от соотношений между исходными параметрами М, т, /, а) значение а\

_ M — т (sin a + f cos а)

8 М + т •

откуда следует, что ускорения аг, а.г могут оказаться и совпадающими по направлению со скоростью V0 и направленными в противоположную сторону. Для иного направления V0 результат получаем аналогично.

2. Пусть начальная скорость 1? равна нулю. Теперь заранее про силу трения известно лишь, что I Ftp I sg fQ. Для решения системы, в которую входит такое неравенство, необходим анализ всех возможных ситуаций.

а) Пусть значения масс т и M и угла а подобраны так, что при отсутствии трения груз M начал бы опускаться, т.е.

M їз т sin а. (2)

В этом случае сила трения, препятствуя такому движению, направлена так, как показано на рис. б, причем Ftp =?/ mg cos а. Знак равенства соответствует случаю движения бруска и груза, т. е. случаю, когда а > 0, а значит, как только что вычислялось,

_ M — т (sin a + /cos а)

a—S М + т '

что реализуется при; Mlm ^ sin a + f cos а.

б) Если условие (2) не выполнено, то на брусок действует сила трения Ftp, направленная вверх по наклонной плоскости (см. рис. в), причем уравнения движения имеют вид

mg sin а — Ftp -T = та, j

T-Mg = Ma.)

Если Ftp = fmg cos а, т.е. а > 0, то •

_ то (sin а—/cosa) — M

a~~g М + т •

что и окажется при Mlm =? sin а — / cos а.

53 Таким образом, окончательный ответ в случае, когда начальная скорость равна нулю, существенно зависит от соотношений между исходными параметрами М, т, /, а и должен быть записан так: если Mlm ^ sin a + / cos а, то

_ M—т (sin a+/cos а)

а~g М + т

и груз M опускается; если Mlm > sin а — / cos а, то

_ т. (sin а—/ cos «) — M

a~g M+т

и груз M поднимается; если sin а — / cos a ^ Mlm =^ sin а + + / cos а, то груз и брусок неподвижны.

3 АД А Ч А 31

На наклонной плоскости с углом при основании а лежит доска массой ти на доске лежит брусок массой т2. Коэффициент трения доски о плоскость Z1, бруска о доску — /2. С какими ускорениями движутся брусок и доска, предоставленные самим себе (начальные скорости обоих тел равны нулю)?

РЕШЕНИЕ

Силы, действующие на рассматриваемые тела, указаны на рис. а. Силы трения, параллельные наклонной плоскости, изображены пунктиром, чтобы подчеркнуть^ заранее их направления нам неизвестны.

Выберем систему отсчета, как указано на рис. а, и запишем для каждого из тел уравнения движения, следующие из второго и третьего законов Ньютона, сначала в векторной форме:

^ig + F1 + Q1 + (- F2) + (- Q2) = Tn1S1, I + F2 + Q2 = ?n2a2, J а затем в проекциях на координатные оси:

mxg sin а — F1 + Fi = Tn1Ci1, (1)

m2g sin a —F2 = т2а2, (2)

Qi — Q2 — m^g cos а = О, Q2 — m2g cos а = 0.

(Было принято во внимание, что в направлении, перпендикулярном наклонной плоскости, тела не перемещаются, т. е. а1у, а2у = 0, и что alx = Ci1, а2х = а2.) Из двух последних уравнений следует, что

Qi = (т1 + т2) g cos а, (3)

Q2 = m2g cos а. (4)

В уравнениях (1), (2) содержатся четыре неизвестных: ах, O2, F1, F2. Уравнения (3), (4) не облегчают ситуацию. Следовательно,

54 решение системы невозможно без использования каких-то дополнительных сведений о движении рассматриваемых тел. Динамические характеристики движения исчерпываются вторым законом Ньютона, так что дополнительная информация может содержаться только в кинематических уравнениях. В задачах, где исходные параметры заданы в общем виде (не численно), а тела в принципе могут оставаться неподвижными или перемещаться друг относительно друга, решение может быть найдено лишь
Предыдущая << 1 .. 14 15 16 17 18 19 < 20 > 21 22 23 24 25 26 .. 70 >> Следующая

Реклама

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed

Есть, чем поделиться? Отправьте
материал
нам
Авторские права © 2009 BooksShare.
Все права защищены.
Rambler's Top100

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed