Кинематические связи с трением (Часть 2): Часть 2

Задача 12

Условие

Человеку массой m требуется подтянуть к стене ящик массой M=3m с помощью каната, перекинутого через блок. Если человек стоит на горизонтальном полу, то для достижения цели ему надо тянуть канат с минимальной силой F=600 \ Н . С какой минимальной силой придётся тянуть этому человеку канат, если он упрётся в ящик ногами? Части каната, не соприкасающиеся с блоком, горизонтальны. Массами блока и каната пренебречь.

13.6 Решение

Запишем второй закон Ньютона для ящика для первой ситуации: 3 \mu m g = F. Запишем второй закон Ньютона для системы <<человек-ящик>> для второй ситуации: 4 \mu m g = 2F'. Запишем отношение \frac{F'}{F} = \frac{2 \ mu m g}{3 \mu m g} = \frac{2}{3} \ \Rightarrow \ F' = \frac{2}{3} F = 400 \ Н.

Ответ F' = 400 \ Н.

Задача 13

Условие

Человек массой m , упираясь ногами в ящик массой M , подтягивает его с помощью каната, перекинутого через блок, по наклонной плоскости с углом наклона \alpha . С какой минимальной силой надо тянуть канат человеку, чтобы подтянуть ящик к блоку? Коэффициент трения скольжения между ящиком и наклонной плоскостью \mu . Части каната, не соприкасающиеся с блоком, параллельны наклонной плоскости. Массами блока и каната пренебречь.

13.7 Решение

Запишем второй закон Ньютона для системы <<человек-ящик>> на ось параллельную наклонной плоскости: (M + m) g \sin \alpha + \mu N = 2T. Запишем второй закон Ньютона для системы <<человек-ящик>> на ось перпендикулярную наклонной плоскости: N = (M + m)g \cos \alpha. Подставим (M + m) g \sin \alpha + \mu (M + m)g \cos \alpha = 2T. Выражая T = \frac{(M + m)g (\sin \alpha + \mu \cos \alpha)}{2}.

Ответ T = \frac{(M + m)g (\sin \alpha + \mu \cos \alpha)}{2}.

Задача 14

Условие

По плоскости с углом наклона к горизонту \alpha(\sin \alpha=4 / 9) соскальзывает брусок. Коэффициент трения скольжения \mu между бруском и плоскостью меняется вдоль плоскости. График зависимости скорости бруска от времени представлен на рисунке. Найти минимальное значение \mu .

13.8 Решение

Минимальное значение \mu приводит к минимальности силы трения. Минимальность силы трения, для тела, соскальзывающего с наклонной плоскости, приводит к тому, что проекция ускорения на ось, параллельную наклонной плоскости и направленную вниз, становится максимальной. Значит искомое соответствует третьему участку. a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = 4 \ \frac{м}{с^2}.

Ответ a = 4 \ \frac{м}{с^2}.

Задача 15

Условие

К концам троса, перекинутого через блок, привязаны бруски с массами m и M=4 m , находящиеся на гладкой наклонной плоскости с углом наклона \alpha=30^{\circ} . При каком минимальном значении коэффициента трения между брусками они будут покоиться?

13.9 Решение

Направим ось x вдоль наклонной плоскости, а ось y перпендикулярно наклонной плоскости. Трение между нижним бруском и наклонной плоскостью отсутствует, так как согласно условию задачи плоскость гладкая. Так как в условии задачи нет отдельных оговорок, то считаем, что трос нерастяжимый и невесомый, блок невесомый, трение в оси блока отсутствует. Поэтому: T_1=T_2=T Запишем второй закон Ньютона для нижнего бруска с учетом того, что бруски покоятся: M \vec{g}+\vec{T}+\vec{F}_{тр_1}+\vec{P}_1+\vec{N}_1=0 . Запишем его в проекциях на координатные оси: \begin{aligned}

& Ox: \quad M g \sin \alpha-T-F_{тр_1}=0 \\

& Oy: \quad-M g \cos \alpha-P_1+N_1=0

\end{aligned} Запишем второй закон Ньютона для верхнего бруска с учетом того, что бруски покоятся: m \vec{g}+\vec{T}+\vec{N}_2+\vec{F}_{тр_2}=0 Запишем его в проекциях на координатные оси: \begin{aligned}

& Ox: \quad m g \sin \alpha-T+F_{тр_2}=0, \\

& Oy: \quad-m g \cos \alpha+N_2=0

\end{aligned} Отметим, что согласно третьему закону Ньютона имеем: F_{тр_1}=F_{тр_2}=F_{тр} Также согласно третьему закону Ньютона модуль веса второго брус действующего на нижний, равен модулю силы реакции нижнего бр действующей на верхний брусок: P_1=N_2 . Формула для силы трения запишется следующим образом: F_{тр}=\mu P_1=\mu N_2 Из второго закона Ньютона имеем: N_2=m g \cos \alpha . Тогда: F_{тр}=\mu m g \cos \alpha Подставим: \begin{aligned}

& M g \sin \alpha-T-F_{тр}=0 \\

& m g \sin \alpha-T+F_{тр}=0

\end{aligned} Выразим в них силу натяжения троса: \begin{aligned}

& T=M g \sin \alpha-F_{тр} \\

& T=m g \sin \alpha+F_{тр}

\end{aligned} Подставим в них выражение для силы трения: \begin{aligned}

& T=M g \sin \alpha-\mu m g \cos \alpha, \\

& T=m g \sin \alpha+\mu m g \cos \alpha .

\end{aligned} Приравняем правые части выражений: M g \sin \alpha-\mu m g \cos \alpha=m g \sin \alpha+\mu m g \cos \alpha . Выразим коэффициент трения и найдем его: \begin{gathered}

-\mu m g \cos \alpha-\mu m g \cos \alpha=m g \sin \alpha-M g \sin \alpha, \quad \Rightarrow \\

\Rightarrow \quad -2 \mu m g \cos \alpha=m g \sin \alpha-M g \sin \alpha \quad \Rightarrow \\

\Rightarrow \quad 2 \mu m g \cos \alpha=M g \sin \alpha-m g \sin \alpha \quad \Rightarrow \\

\Rightarrow \quad 2 \mu m g \cos \alpha=(M-m) g \sin \alpha \quad \Rightarrow \\

\Rightarrow \quad 2 \mu m \cos \alpha=(M-m) \sin \alpha \quad \Rightarrow \\

\Rightarrow \quad \mu=\frac{(M-m) \sin \alpha}{2 m \cos \alpha} \quad \Rightarrow \\

\Rightarrow \quad \mu=\frac{M-m}{2 m} tg \alpha \quad \Rightarrow \\

\Rightarrow \quad \mu=\frac{4 m-m}{2 m} tg \alpha \quad \Rightarrow \\

\Rightarrow \quad \mu=\frac{3}{2} tg \alpha \quad \Rightarrow \\

\Rightarrow \quad \mu=\frac{3}{2} \cdot tg 30^{\circ}=\frac{3}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2} \approx 0.9.

\end{gathered}

Ответ \mu \approx 0.9.