Задачи по элементарной физике - Ащеулов С.В.
Скачать (прямая ссылка):
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.
521. 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.
53Таким 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,
54решение 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