семинар 2, сложность 1: Часть 2
Физика, 9 класс
Задача 3 Условие Тело массой $M$ прижимают к потолку силой $\vec{F}$, направленной под углом $\alpha $ к горизонту. При этом тело неподвижно. Чему равен коэффициент трения между телом и потолком? task...
Видео
Конспект
Задача 3
Условие
Тело массой $M$ прижимают к потолку силой $\vec{F}$, направленной под углом $\alpha $ к горизонту. При этом тело неподвижно. Чему равен коэффициент трения между телом и потолком?
task3
Решение
Будем решать задачу в инерциальной системе отсчета, связанной с Землей. Применим первое условие равновесия: $$\vec{F}_\Sigma = \vec{0}.
$$ Расставим силы, действующие на брусок. На него действуют сила тяжести, сила реакции опоры (сонаправленная с силой тяжести), прижимающая сила $\vec{F}$ и сила трения покоя. Сила трения покоя не превышает своего максимального значения, равного силе трения скольжения: $$
F_{тр.п.}\leqslant \mu N.
$$
7
Запишем условие равновесия: $$
m \vec{g}+\vec{N}+\vec{F}+\vec{F}_{тр.п}=\vec{0}.
$$ Спроецируем векторы
на ось $x$: $$
0+0-F\cos \alpha +F_{тр.п.} = 0
$$
и ось $y$: $$
mg + N -F\sin \alpha +0=0.
$$ Из первого выражения получаем выражение для силы трения покоя: $$
F \cos \alpha =F_{тр.п.}.
$$ Из второго выражения получаем выражение для силы реакции опоры: $$
N = F\sin \alpha -mg.
$$ Сравним полученное выражение для силы трения покоя из условия равновесия с максимальной величиной силы трения покоя: $$
F\cos \alpha < \mu \left( F\sin\alpha -mg \right) .
$$ Отсюда получаем оценку снизу для коэффициента трения: $$
\mu > \frac{F\cos\alpha }{F\sin \alpha -mg}.
$$ Заметим, что это выражение имеет смысл только при выполнении условия: $$
F\sin \alpha > mg.
$$ Если $F\sin\alpha
Ответ: $\mu > \frac{F\cos \alpha }{F\sin \alpha -mg}$ при условии $mg
Задача 4
Условие
Два бруска массами $m_1$ и $m_2$ соединены лёгкой нерастяжимой нитью, перекинутой через блок. Один из брусков покоится на наклонной плоскости с коэффициентом трения $\mu =0,1$. С каким ускорением движутся грузы и какова сила натяжения нити, если высота наклонной плоскости $h=60$ см, длина склона $S=1$ м.
task4
Решение
Найдём угол $\alpha $, который наклонная плоскость составляет с горизонтом. Зная геометрические размеры наклонной плоскости, найдём тригонометрические функции угла $\alpha $: $$
\sin \alpha = \frac{h}{S} = \frac{0,6 м}{1м}=0,6;
$$ $$
\cos\alpha = \sqrt{1-\sin^2\alpha } =0,8;
$$ $$
\tg \alpha = 0,75.
$$ Перейдем к решению основной задачи. Будем решать задачу в инерциальной системе отсчета, связанной с Землей. Применим второй закон Ньютона, сформулированный для материалых точек, так как бруски движутся поступательно: $$
\vec{F}_{\Sigma } = m\cdot \vec{a}.
$$ Расставим силы, действующие на каждый из брусков. На первый брусок действуют сила тяжести и сила натяжения нити. На второй брусок действуют сила тяжести, сила реакции опоры, сила натяжения нити и сила трения.
9
Так как нить невесома, а блок – идеальный (блок невесомый, трения в оси блока нет), натяжение нити одинаково по всей длине нити: $$
\left| \vec{T}_1 \right| = \left| \vec{T}_2 \right| = T.
$$ Направление силы трения зависит от того, как движутся бруски. Возможны следующие ситуации:
Если первый брусок достаточно тяжелый, он будет будет двигаться вертикально вниз, а второй брусок будет соскальзывать вверх по наклонной плоскости. Возникающая в этом случае сила трения является силой трения скольжения (она направлена против относительного движения).
Если первый брусок недостаточно тяжел, то возможна ситуация, в которой второй брусок будет находиться в покое, но на грани проскальзывания вверх. На второй брусок будет действовать сила трения покоя вдоль склона вниз.
Если второй брусок достаточно тяжел, то он может соскальзывать по наклонной плоскости вниз, а первый брусок будет двигаться вертикально вверх. Тогда на второй брусок будет действовать сила трения скольжения, направленная против его движения относительно плоскости, то есть вдоль склона вверх.
Если второй брусок недостаточно тяжёл, чтобы начать движение, он будет находиться на грани проскальзывания вниз, на него будет действовать сила трения покоя, направленная вдоль склона вверх. В покое также будет находиться и первый брусок.
Возможна ситуация, в которой сила трения покоя равна нулю, а остальные силы уравновешивают друг друга (оба бруска находится в равновесии).
Для сухого трения для силы трения справедливо $$
F_{тр} =
\left[
\begin{array}{lll}
F_{тр.п.} < \mu N,\\
F_{тр.ск.} = \mu N.
\end{array}\right.
$$ Рассмотрим каждый из возможных случаев отдельно:
Относительный покой: $$
\left| \vec{a}_1 \right| = \left| \vec{a}_2 \right| = 0,\ \ \vec{v}_1=\vec{v}_2 = \vec{0}.
$$ Введем оси $x$ и $y$ и запишем условие равновесия для каждого из брусков: $$
T_1=m_1g,
$$ $$
m_2g \sin\alpha -T_2+F_{тр.п.x} = 0.
$$
10
Здесь $F_{тр.п.x}$ – проекция силы трения покоя на ось $x$, которая в зависимости от соотношения масс может быть как положительной, так и отрицательной.
Отсюда получаем выражение для проекции силы трения покоя: $$
F_{тр.п.x} = m_1g-m_2g\sin\alpha.
$$ Предельное значение силы трения покоя связано с силой реакции опоры. Найдем выражение для силы реакции опоры, спроецировав силы, действующие на второе тело на ось $y$: $$
N = m_2g\cos \alpha.
$$ Таким образом получаем оценку для силы трения покоя: $$
\left| \vec{F}_{тр.п.} \right| < \mu \cdot m_2g \cos\alpha .
$$ Учтем, что проекция силы трения может быть как положительной, так и отрицательной: $$
-\mu m_2g \cos \alpha < m_1g-m_2g \sin\alpha < \mu m_2g \cos\alpha.
$$ Разделим полученное двойное неравенство на $g$: $$
-\mu m_2\cos \alpha < m_1-m_2\sin\alpha <\mu m_2 \cos \alpha.
$$ Решим эти неравенства относительно $\frac{m_1}{m_2}$: $$
m_2\left( \sin\alpha -\mu \cos\alpha \right) < m_1< m_2\left( \sin\alpha + \mu \cos \alpha \right) ,
$$ $$
\sin\alpha -\mu \cos \alpha < \frac{m_1}{m_2}<\sin \alpha + \mu \cos \alpha.
$$ Подставим полученные ранее выражения для угла $\alpha $ : $$
0,6-0,1\cdot 0,8 < \frac{m_1}{m_2} < 0,6+0,1\cdot 0,8.
$$ Таким образом, если отношение масс заключено в пределах $$
0,52<\frac{m_1}{m_2}<0,68,
$$ то сила натяжения нити равна $T=m_1g$, а ускорения брусков равны нулю: $a_1=a_2=0$.
Скольжение второго бруска вверх по наклонной плоскости: $$
\left| \vec{a}_1 \right| = \left| \vec{a}_2 \right| \neq 0,\ \ \frac{m_1}{m_2}\geqslant 0,68.
$$ Эти условия эквиваленты ситуации, в которой первый брусок перевешивает второй, вследствие чего второй брусок движется вдоль наклонной плоскости вверх. оба бруска приобретают ненулевые ускорения, причем ускорение первого бруска направлено вертикально вниз, а ускорение второго – вверх вдоль наклонной плоскости. Так как нить нерастяжима, а блок – неподвижный, то модули ускорений брусков равны друг другу.
11
В данном случае сила трения скольжения будет направлена против относительного скольжения (то есть вдоль наклонной плоскости вниз).
Спроецируем силы, действующие на второй брусок на оси $x$ и $y$: $$
m_2g \sin \alpha -T_2 + F_{тр.ск.} = -m_2a,
$$ $$
N = m_2g \cos\alpha.
$$ Аналогично для первого бруска: $$
T_1-m_1g = m_1\cdot \left( -a \right).
$$ Для силы трения скольжения получаем выражение $$
\left| \vec{F}_{тр.ск.} \right| = \mu \cdot m_2g \cos \alpha.
$$ Решим полученные уравнения совместно: $$
\left\{
\begin{array}{lll}
m_2g \sin\alpha -T+\mu \cdot m_2g \cos \alpha =-m_2a,\\
T-m_1g=-m_1a.
\end{array}\right.
$$ Сложив эти уравнения, получим выражение для ускорения: $$
m_2g \sin\alpha + \mu m_2 g\cos \alpha -m_1g = -a \left( m_1+m_2 \right),
$$ $$
a = \frac{m_1g-m_2g\left( \sin \alpha +\mu \cos \alpha \right) }{m_1+ m_2}.
$$ Учитывая полученные ранее тригонометрические выражения, получаем $$
a = \frac{m_1-0,68m_2}{m_1+m_2}\cdot g.
$$ Воспользуемся вторым уравнением системы для нахождения силы натяжения нити: $$
T = m_1\left( g-a \right),
$$ $$
T = m_1g \left( 1- \frac{m_1-0,68m_2}{m_1+m_2} \right) = \frac{1,68 m_1m_2g}{m_1+m_2}.
$$ Ответ: $a\neq 0$, $T = \frac{1,68m_1m_2g}{m_1+m_2}$.
Скольжение второго бруска вниз по наклонной плоскости: $$
\left| \vec{a}_1 \right| = \left| \vec{a}_2 \right| \neq 0,\ \ \frac{m_1}{m_2} <0,52.
$$ В этом случае ускорения брусков ненулевые, равны друг другу по модулю (нить нерастяжима, блок неподвижый) и направлены строго вверх для первого бруска и вниз вдоль наклонной плоскости для второго бруска. Сила трения скольжения будет направлена вдоль наклонной плоскости вверх.
12
Применим второй закон Ньютона к каждому из брусков: $$
m_2g \sin \alpha -T_2-F_{тр.ск.} = m_2\cdot a,
$$ $$
T_1 - m_1g = m_1\cdot a,
$$ $$
N= m_2g \cos\alpha.
$$ Сила трения скольжения постоянна и равна $$
\left| \vec{F}_{тр.ск.} \right| = \mu \cdot m_2g \cos\alpha.
$$ Решим полученные уравнения совместно: $$
\left\{
\begin{array}{lll}
m_2 g \sin\alpha - T - \mu \cdot m_2 g \cos\alpha = m_2a,\\
T - m_1g = m_1a.
\end{array}\right.
$$ Складывая данные уравнения, получим выражение для ускорения: $$
m_2g \sin \alpha - \mu m_2g\cos\alpha - m_1g = a\left( m_1+m_2 \right),
$$ $$
a = \frac{-m_1g+m_2g \left( \sin\alpha -\mu \cos \alpha \right) }{m_1+m_2},
$$ $$
a = \frac{-m_1+0,52m_2}{m_1+m_2}g.
$$
Воспользуемся вторым уравнением и найдем силу натяжения нити: $$
T = m_1 \left( g+a \right) = m_1 g \left( 1+ \frac{0,52m_2-m_1}{m_1+m_2} \right) = \frac{1,52m_1m_2g}{m_1+m_2}.
$$ Ответ: $\frac{m_1}{m_2}<0,52$, $a\neq 0$, $T = \frac{1,52m_1m_2g}{m_1+m_2}$.