Учебник - Механика. Методика решения задач - Русаков (1238761), страница 9
Текст из файла (страница 9)
Для этого выделим мысленно прямолинейный участок нити произвольной длины (см. рис. 2.4) и запишем уравнение его движения в проекции на ось X:mн aн = Tн − Tв + mн g + Fсопр ,(2.16)где mн – масса выделенного участка нити, aн – проекция его ускорения на ось X, Tн и Tв – модули сил натяжения, действующих навыделенный участок нити со стороны нижнего и верхнего примыкающих к нему участков нити, Fсопр – проекция силы сопротивления воздуха.54МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧПоскольку нить по условию задачи невесома и нет силы сопротивления воздуха, то из (2.16) следует, что модуль силы натяжения нити постоянен вдоль прямолинейного участка нити, а, следовательно, сила, приложенная к грузу со стороны нити и сила натяжения нити в верхней части прямолинейного участка равны помодулю.Для доказательства равенства модулей сил натяжения нитислева и справа от блока запишем уравнение вращательного движения (см.
(6.30) в Главе 6) блока вместе с примыкающим к нему участком нити (см. рис. 2.4):dωJ= −T1R + T2 R + M тр + M сопр ,(2.17)dtгде J – момент инерции блока вместе с примыкающим к немуучастком нити относительно оси, проходящей через центр блока инаправленной за плоскость чертежа, ω – угловая скорость вращения блока, M тр – момент сил трения, действующих в оси блока,M сопр – момент сил сопротивления воздуха, действующих на блок.Поскольку блок и нить невесомы, нет трения в оси блока исилы сопротивления воздуха, то в соответствии с (2.17) модули силнатяжения нити слева и справа от блока равны.
Следовательно,равны и силы натяжения нити, приложенные к грузам:T1 = T2 .(2.18)III. Решим полученную систему уравнений (2.15) и (2.17) относительно искомых физических величин:m − m2m − m2a1 = g 1, a2 = − g 1.(2.19)m1 + m2m1 + m2Для оценки правильности полученного результата проанализируем частные и предельные случаи. Если к нити подвешены грузы одинаковой массы, то полученные формулы для проекций ускорений дают значение, равное нулю, что очевидно и из общих соображений. Если m1 >> m2, то a1 = g, a2 = −g. При выполнении обратного неравенства m1 << m2, ускорения грузов равны a1 = −g и a2 = g.Эти предельные значения легко получить из физических соображений.
Если один из грузов имеет существенно бóльшую массу, чемвторой, то он падает с ускорением свободного падения. Ускорениевторого груза в силу нерастяжимости нити равно по величине ускорению первого груза и противоположно по направлению.Глава 2. Динамика материальной точки и простейших систем55Задача 2.2Найти ускорения тел и силы натяжения нитей для системытел, изображенной на рисунке.РешениеI. Выберем систему координаттак, как показано на рис.
2.5, и изобраYзим силы, действующие на тела системы.T1T1Выберем модель, аналогичнуютой, которая была использована в преT1дыдущей задаче: грузы считаем матеT2риальными точками, подвешеннымиT2на невесомых и нерастяжимых нитях,перекинутых через невесомые абсоm1gлютно твердые цилиндрические блоки. Будем считать, что грузы движутся Xm2gвертикально, нить не проскальзываетРис. 2.5относительно блоков, сопротивлениявоздуха и трения в оси блоков нет.II. Запишем уравнения движения грузов в проекции на ось Xвыбранной системы координат:m1a1 = m1 g − T1 ,(2.20)m2 a2 = m2 g − T2 .(2.21)Здесь a1 и a2 – проекции ускорений грузов на ось X, T1 и T2 – модули сил, действующих на грузы со стороны нитей.Обозначим координаты тел и подвижного блока x1, x2 и xблсоответственно.
Запишем условия нерастяжимости нитей (см.рис. 2.5) в виде:x1 + 2 xбл = const ,(2.22)x2 − xбл = const .(2.23)Дважды дифференцируя (2.22) и (2.23) по времени, получимуравнение кинематической связи для ускорений грузов:a1 + 2a2 = 0 .(2.24)В рамках принятой модели силы натяжения нити с обеих сторон любого из блоков равны (см. решение задачи 1). Связь междусилами натяжения разных нитей найдем из уравнения движенияподвижного блока:МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ56mбл aбл = T2 − 2T1 ,(2.25)где масса подвижного блока mбл = 0 .III. Решая полученную систему уравнений (2.20), (2.21), (2.24)и (2.25), получаем выражения для искомых величин:2m − m2a1 = 2 g 1,(2.26)4m1 + m2a2 = gm2 − 2m1,4m1 + m2T1 = m1 (g − a1 ) =3m1m2 g,4m1 + m2(2.27)(2.28)6m1m2 g.(2.29)4m1 + m2Рассмотрим частные и предельные случаи решения задачи(2.26) – (2.29).1.
Если 2m1 = m2 , то грузы покоятся или двигаются равномерно и прямолинейно:a1 = a2 = 0 .При этом силы натяжения нитей равны:T2 = 2T1 = 2m1 g .2. Если m2 >> m1 , то тело массой m2 будет падать с ускорением свободного падения:a2 = g ,а тело массой m1 подниматься вверх с удвоенным по модулю ускорением:a1 = −2 g .При этом:T2 = 2T1 = 6m1 g .3.
Если m1 >> m2 , то тело массой m1 будет падать с ускорением свободного падения:a1 = g ,а тело массой m2 подниматься вверх с ускорениемa 2 = −0,5g .При этом:T2 = 2m1 (g − a1 ) =Глава 2. Динамика материальной точки и простейших системT2 = 2T1 =573m1 g .2Задача 2.3В системе тел, изображенных на рис. 2.6, известны массыбруска m и клина M, а также угол α при основании клина. Массыблока и нити пренебрежимо малы, нить нерастяжима, трения нет.Найти ускорение клина A .YTNTTy0yRmgNαXxMgxк0Рис. 2.6РешениеI. Выберем систему координат так, как показано на рис.
2.6.Изобразим силы, действующие на тела системы: mg и Mg – силытяжести, действующие на брусок и клин, соответственно; R – силареакции опоры, действующая на клин; N – сила взаимодействиябруска и клина. При этом учтем, что сила натяжения нити T постоянна вдоль всей ее длины в рамках принятых в условии задачи моделей тел системы, а силы взаимодействия бруска и клина равныпо величине в соответствии с третьим законом Ньютона и направлены перпендикулярно поверхности их соприкосновения из-за отсутствия сил трения.II. Запишем уравнения движения бруска и клина в проекцияхна оси выбранной системы координат и учтем при этом, что клинможет двигаться только вдоль оси X ( Ay = 0 ):ma x = N sin α − T cos α ,(2.30)58МЕХАНИКА.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧma y = N cos α − mg + T sin α ,(2.31)MAx = − N sin α + T cos α − T ,(2.32)0 = R − N cos α − Mg − T sin α .(2.33)Дополним систему уравнений (2.30) – (2.33) уравнением кинематической связи, которое следует из условия нерастяжимостинити:x − xкxк += const ,(2.34)cos αy −y(2.35)xк + 0= const .sin αДифференцируя (2.34) – (2.35) дважды по времени, получим:a − Ax= 0,(2.36)Ax + xcos αay(2.37)Ax −=0.sin αIII. Преобразуем систему уравнений (2.30) – (2.32), (2.36),(2.37), исключив из них проекции ускорения бруска ax и a y . Уравнение (2.33) не требуется для решения поставленной задачи (нетребуется нахождения силы реакции опоры, действующей на клинR). В результате получим следующую систему уравнений:mAx (1 − cos α ) = N sin α − T cos α ,(2.38)mAx sin α = N cos α − mg + T sin α ,(2.39)MAx = − N sin α + T cos α − T .(2.40)Решив эту систему уравнений, определим проекцию ускорения клина на ось X:sin αAx = − g.(2.41)M / m + 2(1 − cos α )Проанализируем полученное выражение для проекции ускорения клина Ax .
Если масса клина значительно больше массы бруска (M >> m), то ускорение клина обращается в ноль. Неподвижным при этом остается и брусок. Если угол при основании клинаравен нулю, то нет сил, которые могли бы вызвать движение клина– ускорение клина также равно нулю.Глава 2. Динамика материальной точки и простейших систем59Задача 2.4На доске массой М лежит брусок массой m. Коэффициенттрения между доской и бруском равен μ. Доска может двигаться погладкой горизонтальной поверхности. К бруску прикладываетсягоризонтальная сила F, модуль которой зависит от времени по закону F = αt, где α = const.
Определить скорости бруска υ(t) и доскиV(t) спустя время t после начала действия силы.РешениеI. Проанализируем характер движения бруска и доски. Прималой величине приложенной к бруску горизонтальной силы Fдоска и брусок будут двигаться с одинаковым ускорением, поскольку сила трения покоя не достигнет еще максимального значения. В некоторый момент времени t 0 сила трения покоя достигнетмаксимального значения, равного силе трения скольжения, и вдальнейшем будет происходить скольжение бруска по доске, а,следовательно, ускорения тел системы будут изменяться по различным законам. Таким образом, решение задачи разбивается надва этапа: нахождение искомых скоростей бруска и доски при0 ≤ t ≤ t0 и при t > t0 . Необходимо также определить момент времени t0 , в который начнется скольжение бруска по доске.Выберем систему координат так, как показано на рис.
2.7, иизобразим силы, действующие на тела системы.YRNFтрFFтрMgmgXNРис. 2.7II. Запишем уравнения движения бруска и доски в проекцияхна оси системы координат, одинаковые на первом и втором этапахдвижения, уравнение кинематической связи (при t ≤ t0 ) и законМЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ60Амонтона – Кулона (при t > t0 ). Введем обозначения: a и A – проекции ускорений бруска и доски на ось X.Брусок не скользит по доскеБрусок скользит по доскеma = F − Fтр ,(2.42)0 = N − mg ,MA = Fтр ,(2.43)(2.44)0 = R − N − Mg .(2.45)Используем заданный в условии задачи закон изменениямодуля силы F со временем:(2.46)F = αt .В этом случае нет кинеДо тех пор, пока силатрения покоя не достигла сво- матической связи между ускоего максимального значения, рениями бруска и доски.Поскольку брусок скольравного силе трения скольжения, брусок и доска двигаются зит по доске для силы тренияскольжения можно записать:с одинаковым ускорением:(2.47)a = A.(2.48)Fтр = μN .III.
Решим полученные системы уравнений для каждого израссматриваемых этапов движения тел рассматриваемой системы.Уравнение (2.45) не используется при решении поставленной задачи, поскольку не требуется нахождения силы реакции опоры R,действующей на доску.αt,M +mMαtFтр =.M +ma= A=(2.49)(2.50)a=αt − μmgmμmgA=,MFтр = μmg .,(2.51)(2.52)(2.53)В соответствии с законом Амонтона – Кулона максимальноезначение силы трения покоя равно силе трения скольжения (см.(2.13)):Mαt0= μmg .(2.54)M +mГлава 2. Динамика материальной точки и простейших систем61Выражение (2.54) позволяет определить момент времени t0 ,в который брусок начинает скользить по доске:μmg (M + m ).(2.55)t0 =MαИтак:αt⎧⎪⎪при t ≤ t0 : a = A = M + m ,(2.56)⎨⎪при t > t : a = αt − μmg и A = μmg .0⎪⎩mMИспользуя полученные выражения для ускорений тел системы, определим теперь законы изменения скоростей этих тел.При t ≤ t0 скорости бруска и доски меняются одинаковымобразом и к моменту времени t будут равны:ttυ =V = ∫adt = ∫00αtM +mdt =αt 22(M + m ).(2.57)При t > t0 скорость бруска будет равнаtαt022(M + m )+∫=αt02+V=αt02υ=2(M + m )а скорость доски –t0m(α t 2 − t022mt2(M + m )αt − μmg+∫t0μmgMdt =,) − μg (t − t ) ,dt =αt022(M + m )υ,V+μmgM(t − t0 ) .υυ,V0(2.58)0Vt0Рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
