семинар 2, сложность 2

Задача 3 Условие Ящик прямоугольной формы с шаром удерживается на наклонной плоскости с углом наклона $\alpha =45^o$. Ящик опускают, и он начинает скользить. Во сколько раз уменьшится сила давления шара на переднюю стенку ящика? Внутренние поверхности ящика гладкие. Коэффициент трения скольжения ящика о наклонную плоскость $\mu =0,25$. Решение Будем решать задачу в инерциальной системе отсчета, связанной с землей. Ящик движется поступательно, поэтому мы можем применить второй закон Ньютона, сформулированный для материальных точек: $$ \vec{F}_{\Sigma } = m\cdot \vec{a}. $$ Определим, с какой силой ящик давит на шар. В начале ящик и шар удерживают от соскальзывания. Значит, силы, действующие на шар, уравновешивают друг друга: $$ \vec{F}_\Sigma = \vec{0}, $$ $$ m \vec{g}+\vec{N}+\vec{N}_1 = \vec{0}. $$ По третьему закону Ньютона, сила реакция опоры $N_1$ равна силе, с которой шар давит на переднюю стенку: $$ N_1 = P_1. $$ Найдем силу реакции опоры, начертив треугольник сил. Отсюда получаем $$ N_1 = mg\sin\alpha. $$ Требуется сравнить полученное выражение с силой давления шара на переднюю стенку ящика при совместном проскальзывании. Найдем ускорение всей системы, состоящей из ящика и шара. Применим второй закон Ньютона для системы из шара и ящика: $$ \vec{F}_\Sigma = \left( M+m \right) \cdot \vec{a}, $$ $$ \left( M+m \right) \vec{g} + \vec{F}_{тр.ск.} + \vec{N}^* = \left( M+m \right) \vec{a}. $$ Спроецируем векторы на оси $x$ и $y$: $$ \left( M+m \right) g \sin\alpha - F_{тр.ск.} + 0 = \left( M+m \right) a. $$ $$ -\left( M+m \right) g \cos\alpha + 0 +N^* = \left( M+m \right) \cdot 0 $$ Отсюда получаем $$ N^* = \left( M+m \right) g \cos\alpha, $$ $$ F_{тр.ск.} = \mu N^*, $$ $$ \left( m+M \right) a = \left( M+m \right) g \sin\alpha - \mu \left( M+m \right) g \cos\alpha. $$ В результате получаем выражение для ускорения: $$ a = g\left( \sin \alpha - \mu \cos \alpha \right) . $$ С таким ускорением движется как ящик, так и шар. Значит, теперь мы можем рассмотреть движение шара независимо от ящика. Расставим силы, действующие на шар при соскальзывании. Применим второй закон Ньютона для шара: $$ m \vec{g}+\vec{N}_2 + \vec{N}^* = m\cdot \vec{a} $$ и спроецируем векторы на ось $x$: $$ mg \sin\alpha - N_2+0 = m\cdot a. $$ Отсюда получаем выражение для $N_2$: $$ N_2 = mg\sin\alpha -ma = mg\sin\alpha - mg \left( \sin \alpha -\mu \cos\alpha \right) = \mu mg\cos\alpha. $$ По третьему закону Ньютона $$ N_2 = P_2. $$ Таким образом, $$ \frac{P_1}{P_2} = \frac{mg\sin\alpha }{\mu mg\cos\alpha } = \frac{\tg\alpha }{\mu }, $$ $$ \frac{P_1}{P_2} = \frac{\tg 45^o}{0,25} = 4. $$ Значит, когда шар вместе с ящиком покоятся, сила давления шара на переднюю стенку ящика в четыре раза больше, чем при совместном соскальзывании вдоль наклонной плоскости. Ответ: 4. Задача 4 Условие Три бруска, массы которых $5m$, $3m$, и $m$, лежат на горизонтальном столе. На средний брусок действует горизонтальная сила $F$. Коэффициент трения между нижним бруском и столом $\mu $, между средним и нижним – $2\mu $, между верхним и средним – $4\mu $. Нарисовать график зависимости: ускорения каждого бруска от модуля приложенной силы, каждой силы трения, возникающей между брусками от модуля приложенной силы. Решение Сухое терние представлено в двух видах – трение покоя и трение скольжения. Максимальная величина силы трения скольжения равна $$ F_{тр.ск.} = \mu N $$ и она не меняется при дальнейшем скольжении тела. Сила трения покоя принимает предельное значение, равное силе трения скольжения. Значит, что относительный покой и относительное скольжение определяется совокупностью сил, действующих на каждое тело. Воспользуемся законом Кулона-Амонтона и вычислим предельные величины силы трения, действующей на нижнюю поверхность первого тела: $$ F_{1m} = 4\mu \cdot 5mg, $$ силы трения, действующей на нижнюю поверхность второго бруска: $$ F_{2m} = 2\mu \cdot 8mg, $$ и силы трения, действующей между поверхностью третьего бруска и столом: $$ F_{3m} = \mu \cdot 9mg. $$ Нанесем эти предельные значения на график зависимости $\frac{F_{тр}}{\mu mg}$ от $\frac{F}{\mu mg}$. Понятно, что при некоторой величине прикладываемой силы $F$ покой переходит в скольжение. Значит, и сила трения не является постоянной. Если сила $F$, прикладываемая ко второму бруску, равна нулю, то все бруски находятся в покое (силы трения равны нулю). Это соответствует точке в начале координат на графике. При увеличении силы $F$ сила трения покоя между первым и вторым брусками будет увеличиваться, препятствуя началу движения второго бруска относительно первого. Одновременно с этим, по третьему закону Ньютона, будет увеличиваться сила, действующая на первый брусок со стороны второго. Аналогично будут расти силы трения покоя, действующие на второй брусок со стороны третьего и на третий брусок со стороны второго. Также будет увеличиваться сила трения покоя, препятствующая началу движения всей системы относительно стола (пока нет относительного движения брусков, их можно рассматривать как единую систему общей мас...