Кинематические связи с трением (Часть 1): Часть 3

Задача 7

Условие

На тело массой m , лежащее на горизонтальной шероховатой поверхности с коэффициентом трения \mu , в момент времени t=0 начала действовать под углом \alpha к горизонту сила, пропорциональная времени: F=A t . Определите скорость движения тела через время \tau .

Решение

Разберёмся с тем, что больше \frac{mg}{\sin \alpha} или \frac{\mu m g}{\cos \alpha + \mu \sin \alpha}. Перевернём дроби и ответ станет очевиден \frac{\cos \alpha + \mu \sin \alpha}{\mu m g} = \frac{\cos \alpha}{\mu m g} + \frac{\sin \alpha}{mg} > \frac{\sin \alpha}{mg}. Значит \frac{mg}{\sin \alpha} > \frac{\mu m g}{\cos \alpha + \mu \sin \alpha}. Значит тело (если сдвинется) сначала сдвинется, а потом оторвётся от поверхности (если оторвётся).

При таком условии есть несколько вариантов того, как тело может двигаться (или покоиться):

I) Тело не сдвинулось вовсе. Тогда скорость тела, очевидно, v = 0. Так происходит, когда максимальная сила трения превышает максимальную горизонтальную составляющую силы F , то есть F \cos \alpha < \mu N = \mu (mg - F \sin \alpha), упрощая, получаем F \leq \frac{\mu m g}{\cos \alpha + \mu \sin \alpha}, подставляя время \tau \leq \frac{\mu m g}{A(\cos \alpha + \mu \sin \alpha)}.

II) Тело начало двигаться горизонтально, но по вертикали не сдвинулось. Найдём время, через которое тело начало двигаться горизонтально: F(t_1) \cos \alpha = \mu (mg - F(t_1) \sin \alpha) \ \Rightarrow \ t_1 = \frac{\mu m g}{A(\cos \alpha + \mu \sin \alpha)}. Значит общее время, которое тело ускорялось равно \tau - t_1.

Ускорение зависит от силы линейно. В свою очередь сила зависит линейно от времени. Значит ускорение от времени зависит линейно и можно найти среднее как: a_{ср} = \frac{1}{2}\frac{1}{m}(0 + A \tau \cos \alpha - \mu (mg - A \tau \sin \alpha)) = \frac{A \tau (\cos \alpha + \mu \sin \alpha) - \mu m g}{2m}. Откуда v = (\tau - t_1) a_{ср} = \frac{A \tau (\cos \alpha + \mu \sin \alpha) - \mu m g}{2m} (\tau - \frac{\mu m g}{A(\cos \alpha + \mu \sin \alpha)}). Условие такого движения мы уже получили в предыдущей задаче: \frac{mg}{A \sin \alpha} \geq \tau \geq \frac{\mu m g}{A (\cos \alpha + \mu \sin \alpha)}.

III) Тело начало двигаться горизонтально, а затем и вертикально, оторвавшись от поверхности. Условие такого движения: \frac{mg}{A \sin \alpha} < \tau. Найдём время, через которое тело начало двигаться горизонтально: F(t_1) \cos \alpha = \mu (mg - F(t_1) \sin \alpha) \ \Rightarrow \ t_1 = \frac{\mu m g}{A(\cos \alpha + \mu \sin \alpha)}. После этого найдём время через которое тело оторвётся от поверхности: F(t_2) \sin \alpha = mg \ \Rightarrow \ t_2 = \frac{mg}{A \sin \alpha}. Ускорение зависит от силы линейно. В свою очередь сила зависит линейно от времени. Значит ускорение от времени зависит линейно и можно найти среднее на участке горизонтального движения как: a_{ср_{1}} = \frac{1}{2}\frac{1}{m}(0 + A t_2 \cos \alpha - \mu (mg - A t_2 \sin \alpha)) = \frac{g (ctg \alpha + \mu) - \mu g}{2} = \frac{g ctg \alpha}{2}. Найдём средние проекции ускорения на горизонтальную и вертикальную ось после <<взлёта>> тела: a_{ср_{2x}} = \frac{A \cos \alpha}{2m}(t_2 + \tau) = \frac{A \cos \alpha}{2m}(\frac{mg}{A \sin \alpha} + \tau) = \frac{g ctg \alpha}{2} + \frac{A \tau \cos \alpha}{2m}; a_{ср_{2y}} = \frac{1}{2m}(0 + A \tau \sin \alpha - mg) = \frac{A \tau \sin \alpha}{2m} - \frac{g}{2}. Переходим к вычислению итоговых скоростей по оси X (горизонтальной) и оси Y (вертикальной): v_x = a_{ср_{1}} (t_2 - t_1) + a_{ср_{2x}} (\tau - t_2) = = \frac{g ctg \alpha}{2} (\frac{mg}{A \sin \alpha} - \frac{\mu m g}{A(\cos \alpha + \mu \sin \alpha)}) + (\frac{g ctg \alpha}{2} + \frac{A \tau \cos \alpha}{2m})(\tau - \frac{mg}{A \sin \alpha}) = =\frac{A \tau^2 \cos \alpha}{2m} - \frac{\mu m g^2 ctg \alpha}{2A (\cos \alpha + \mu \sin \alpha)}.

v_y = a_{ср_{2y}} (\tau - t_2) = (\frac{A \tau \sin \alpha}{2m} - \frac{g}{2})(\tau - \frac{mg}{A \sin \alpha}) = \frac{A \tau^2 \sin \alpha}{2m} + \frac{mg^2}{2A \sin \alpha} - g \tau. Полная скорость равна (по теореме Пифагора) v = \sqrt{v_x^2 + v_y^2}.

Ответ v = \sqrt{v_x^2 + v_y^2} , где v_x = \frac{A \tau^2 \cos \alpha}{2m} - \frac{\mu m g^2 ctg \alpha}{2A (\cos \alpha + \mu \sin \alpha)} и v_y = \frac{A \tau^2 \sin \alpha}{2m} + \frac{mg^2}{2A \sin \alpha} - g \tau .

Задача 8

Условие

На горизонтальной доске лежит брусок массы m . Доску медленно наклоняют. Определите зависимость силы трения, действующей на брусок, от угла наклона доски \alpha . Коэффициент трения \mu . При каком угле наклона доски начнётся проскальзывание?

Решение

Брусок не отрывается от доски, так как единственная сила, побуждающая его сделать это - сила нормальной реакции опоры, которая перестанет действовать, как только брусок оторвётся от доски. Значит N = mg \cos \alpha. Если проскальзывание ещё не началось, то сила трения компенсирует действие силы тяжести вдоль доски и, соответственно равно F_1 = mg \sin \alpha. Проскальзывание начинается в случае, когда проекция силы тяжести на ось, параллельную доске, сравняется с максимальной силой трения: \mu mg \cos \alpha_{кр} = mg \sin \alpha_{кр} \ \Rightarrow \ \mu = tg \alpha_{кр}. После начала проскальзывания сила трения равна \mu N, то есть \mu mg \cos \alpha.

Окончательно, получаем \left[

\begin{aligned}

&F_{тр} = mg \sin \alpha, \ если \ tg \alpha < \mu; \\

&F_{тр} = \mu mg \cos \alpha, \ если \ tg \alpha \geq \mu.

\end{aligned}

\right.

Ответ F_{тр} = mg \sin \alpha, \ если \ tg \alpha < \mu; F_{тр} = \mu mg \cos \alpha, \ если \ tg \alpha \geq \mu.