1598082689-df0111308951a80f7305c35de815893b (805681), страница 4
Текст из файла (страница 4)
Р 1 2. Относительно Земли ускорения грузов а, = а, + я,', а, аз+ а'. Каждый из грузов движется под действием силы тяжести и силы натяжения нити. Невесомость нити позволяет считать силу натяжения вдоль нити постоянной по модулю. Неизменяемость силы натяжения по модулю прн переходе через блок может быть доказана при условии, что массой блока можно пренебречь (см. 5 4, задача 4.2). Таким образом, Т, = Т,' Т, Т,'. Уравнения второго закона Ньютона, записанные в скалярном виде для каждого иэ тел, составят систему, в которой неизвестными будут силы натяжения нити.и относительные ускорения грузов.
Решение. Коллинеарность сил, действующих на каждый из грузов, позволяет записать уравнения движения сразу в скалярной форме для проекций на ось ОУ. Для первого груза а,я = а + а', тя( аз+ а') Т вЂ” Яп,31 (2) для второго груза а,„=а,— а', т,(а,— а')=Т вЂ” т,я, (3) где Т Т,' Т„ 1 1, 2, Уравнения (2) и (3) образуют систему с двумя неизвестными Т и а'. Умножая уравнение (2) на т„а уравнение (3) на яп, и складывая их почленно, получаем Т 2т,тя(ое + и)/(зЯ, + тя). Искомая сила давя)ения блока на осъ Р -Ж=2Т. Я 20 21 гэе. ~з Вводя оси координат и заменяя векторные уравнения (1) и (2) скалярными равенствами, получим систему уравнений, решение которой позволит определить направление ускорения а,.
Поскольку тела не имели начальной скорости, мгно- При равномерном движении лифта (а, = 0) Р 4т,шдЯш, + шз) 10,7 Н. При цодъеме с ускорением аз 1,2 м/с' 7„4т,ш, (У + а,)/(ш, + тз) 12,0 Н. Зааача 2.5. На наклонной плоскости находится груз т, 5 кг, связанный нитью, перекинутой через блок, с другим грузом ш, 2 кг (рис. 13).
Коэффициент трения между первым грузом и плоскостью й 0,1; угол наклона плоскости к горизонту а 37'. Определить ускорения грузов. При каких значениях т, система будет находиться в равновесии7 Анализ. В задаче раесматриваютея два тела, связанные нитью и совершающие поступательное движение. Если нить, как всегда, считать нерастяжимой, то ускорения этих тел равны по модулю: а, а,.
На тело массы ив, действуют сила тяжести тйй сила нормальной реакции )ч' наклонной плоскости, сила натяжения Т нити и сила трения У '. Сила трения направлена в сторону, противоположную скорости тела; если же направление движения системы неизвестно, то нельзя указать направление силы трения. Но так как сила трения не может изменить направление движения на противоположное, то следует определить сначала направление движения прн отсутствии трения, а затем уже решать задачу с учетом силы трения.
Второй закон Ньютона для первого тела без учета силы трения имеет внд ш,а, - ту + Т + 1ч'. На тело т, действуют только сила тяжести т,у и сила натяжения Т' нити: т,а, - ш,у -~ Т'. (2) венная корость каждого иэ тел совпадает по направлению с его ускорением, следовательно, нацравленне силы трения, действующей на тело т„будет известно. После этого можно решать задачу уже е учетом силы трения. При этом в уравнение (1) надо ввести в правую часть силу трения, уравнение (2), очевидно, не изменится. При рассмотрении условий равновесия следует повторить все рассуждения, учитывая, что в этом случае а, а, О.
(3) Решение. Для замены векторных уравнений (Ц и (2) скалярными введем для описания движения тела т, оси Х и У, тела т, — ось т) (ем. рис. 13). Учитывая, что вследствие невесомости нити и блока 7' 7, получаем: т,а,„- т,уз1п а — 7, т,а„,- Т вЂ” ш,у, а,„ам. (4) После совместного решения уравнений (4) получаем а,„а,„а, ~ — г — й№ Тогда т,а ш,у а1п а- Т- й№ т,а Т вЂ” т,у. Силу нормальной реакции Ф нейдем из уравнения (1), записанного в скалярном виде для проекций на ось Т: 0 =И вЂ” т,усоэ а, ам-0; откуда № т,у соз а.
Окончательно ш,а т,уэ1па-7-йт,усова„ тэа - Т - ш,у. (5) ь -ь ь о.в-я Проекция вектора а на ось Х положительна, это значит, что тело т, движется вниз по наклонной плоскости, следовательно, сила трения направлена вверх по наклонной плоскости. Можно, не возвращаясь к векторным уравнениям, ввести силу трения в первое нз уравнений (4). При этом следует учесть, что Совместное решение системы (5) дает эь (в1в а — 3 соэ а)— а=у = 0,84 м!сэ. т1+ тэ Условия равновесия, соответствующие равенству нулю результирующей силы, действующей на каждое тело, зависят, очевидно, от наличия силы трения и ее нэлравлевия.
. Если трения нет, то, как следует из решения системы (4), а„л(т, ип а — тэ)/(т, + т,). В условиях равновесия им 0 и тэ т, т, э(п а = 3 кг. Если те < т,, то а, > 0 — тело т,двилсется вниз по наклонной плоскости; если т, > т,', то а,„< 0 — тело т, движется вверх по наклонной плоскости. В условиях равновесия сила трения является силой трения покоя и ее направление противоположно направлению возможного движения тела тг В первом случае (т, < эс, ) сила трения направлена вверх по наклонной плоскости, и систему (4) с учетом того, что а„= а = О, можно переписать в аиде 0 т,бйп а — Т вЂ” ~,, О Т вЂ” тэб, откуда т т,з1п а — Р /д. Во втором случае (тэ > т„) сила трения направлена вниз по наклонной плоскости (рнс.
13, пунктир), и уравнения (6) примут вид 0 т~лз)п а — Т+ 7~, 0 = Т вЂ” тсл, откуда т, т,эш а — Р /3. (8) В обоих случаях сила трения покоя 1„.< ЙК = йт,д соз а. Запишем выражения (7) и (8) с учетом этого неравенства н выполним вычислениж т, > т, (з1п а — Й соз а) = 2,6 кг; тэ < т, (зш а + з соз а) 3,4 кг. Вследствие полной симметрии все элементы, составляющие цепочку, находятся в совершенно одинаковых условиях, поэтому можно считать, что Т, Т Рнс. 14 Легко видеть, что первое неравенство имеет смысл только когда з1п с( > й сова.
Оба неравенства ве противоречат друг другу, и равновесие имеет место при 2,6 кг < т < 8,4 кг. Предельным значениям массы т соответствует наибольшая сила трения покоя (~ э1т'). Если т 2,6 кг или т, 3,4 кг, то при малейшем толчке (в первом случае— вниз, во втором — вверх) начнется движение системы. В обоих случаях движение будет равномерным. Задача 2.6. Замкнутая однородная цепочка массы т 0,4 кг, надетая вплотную на гладкий круговой конус с углом полураствора 6 20', вращаетсн вокруг оси конуса с угловой скоростью сэ 10 с ' (рис.
14). При этом цепочка образует окружность, радиус которой г = 10 см. Найти силу натяжения цепочки. Анализ'. По условию задачи требуется найти силу натяжения цепочки, т. е. силу, с которой один элемент цепочки действует на другой, поэтому следует рассмотреть движение какого-либо элемента длины И, массы ат. Такой элемент движется в горизонтальной плоскости по окружности радиуса г с постоянной по модулю скоростью. На каждый такой элемент, кроме силы тяжести Ьтб и силы ноРмальной Реакции е) ЬХ со стороны конуса (рис. 14, а), действуют силы натяжения Т, и Т, 9 (рис. 14, б) со стороны элементов, соседних с данным.
Силы зтн направле- у ны по касательным к окружности, атя образуемой цепочкой, в точках, где расположены концы элемента Ж. По условию, силы трения отсутству- Я ют. Уравнение второго закона Ньютона Т для элемента Ы имеет вид з) Лта Т, + т, + ЬХ + Лтб. Решение. Если выбрать оси координат, как показано на рисунке, то а, О, а„а„огг, а, а, О. В проекции на ось ОХ О - ЬЛт и Š— Ьтй. (Силы натяжения Т, и Т, лежат в горизонталъной плоскости и проекций на ось Х не дают.) В проекции на ось ОУ Ьтозог Т е(п — + Т э)п — - Ь)Ч соз 9, (2) Ьа Ьа 2 о 2 где Ьа — центральный угол, соответствующий элементу дуги Ь(.
Очевидно, что Ь1 - гЬа. Проекции на осъ ОЕ рассматривать нецелесообразно, так как Т„+ Т„О; другие силы проекций на ось ОЯ не дают, а, а, О по условию. При совместном решении уравнений (1) и (2) с учетом равенства сил натяжения получаем Ьтмог = 2Т з1п (Ьа/2) - Ьту с12 О.
Однородность цепочки позволяет найти Ьт т Ь(/(2яг) т Ьа/(2х). Так как элемент Ь( очень мал, то мал и угол Ьа, поэтому е(п (Ьа/2) = Ьа/2. Тогда Т т (со'г+ 2 с$2 О)/(2х) 2„3 Н. Ззалчз 2,7, Над горизонтальным столом, касаясь его нижним концом, висит вертикально тонкий однородный шнур массы т„длины (о (рис.
15). Верхний конец шнура освобождают. Найти силу давления шнура ва стол в процессе падения как функцию длины уже лежащей ва столе части шнура и как функцию времени. Анализ. Если бы не было стола„то шнур после освобождения его верхнего конца двигался бы в состоянии невесомости (при отсутствии сил сопротивления воздуха). Это значит, что в любой момент все элементы шнура обладали бы одинаковыми скоростями и ускорениями а, я и никаких деформаций и сил натяжения не возникало бы. Если предположить, что шнур мягкий, то при падении его 0 нижней части на стол обусловленная этим деформация не вызовет появления сил натяжения в шнуре, и свободная часть шнура будет двигаться так же, как если бы не было стола.
В процессе падения шнура длина 1 лежащей на столе части вепрерывно возрастает, при этом каждый элемент <У, приходящий в соприкосновение со, столом, полностью теряет эмс. 15 скорость, которую он приобрел'во время свободного падения (удар такого элемента о стол надо считать абсолютно неупругим). По изменению импульса этого элемента можно определить силу действия стола на него и, следовательно, силу Й, с которой данный элемент давит на стол. Полная сила давления Г шнура на стол в процессе падения складывается из силы 1 и силы тяжести тя лежащей на столе части шнура: Для определения силы 1 необходимо найти импульс, приобретаемый элементом й к моменту его соприкосновения со столом.
Для описания движения любого элемента шнура введем ось ОУ. поместив начало координат в точку подвеса шнура. Рассмотрим, что происходит за некоторый произвольный промежуток времени бк На рисунке показаны положения шнура в момент 1 (1) и в момент О + йг (11). За это время верхний конец шнура смещается вниз на расстояние ау, причем к моменту времени г скорость любой точки шнура о йт = /2~у (2) где р — расстояние, пройденное за время г как верхним концом шнура, тзк и любым другим элементом, в том числе и элементом Й Йр.
который за время 68 ударился о стол. Очевидно, что сила, действующая на элемент Й со стороны стола, 1, - ар/а. где ар — изменение импульса элемента а( эа время а(. Тогда сила, действующая нз стол со стороны элемента а(, у=-(,-- ар/ак (3) Изменение импульса элемента ар= — ат ч, где ат — масса элемента; т — скорость, которой он обладал перед ударом, т. е. в момент времени к Знак минус объясняется тем, что конечный импульс элемента ат равен нулю.
Решение. Уравнение (3) в скалярном виде (в проекции на ось ОУ) (4) /„= / = — ар„/ак Учитывая, что а( ау, масса элемента ат- тай =(т,/1,) ау, где у — линейная плотность шнура, являющаяся вследствие его однородности постоянной величиной. Таким образом, учнтывая (2), определяем изменение проекции импульса за время аг: ар„— ат'и — у~/2уу ау. (5) Подставим полученное выражение в (4): 7 уч2зу —. (6) Но ау/а( — зто скорость любой точки шнура.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
