Разные задачи. Часть 2: Часть 3

Видео

Конспект

Задача 14

Условие

На плоской доске, образующей с горизонтом угол \alpha = 30{,}0^\circ , находится маленькая шайба. Коэффициент трения между шайбой и доской равен \mu = \tg \alpha . Вблизи основания доски шайбе сообщают скорость v_0 = 8.00 м/с, и она движется по доске, пока снова не достигнет основания. Основание доски горизонтально. Известно, что в моменты старта и повторного достижения основания доски вектор скорости шайбы образовывал углы \varphi_0 = 60{,}0^\circ и \varphi_1 = 159{,}3^\circ соответственно с положительным направлением оси y , направленной вверх по доске (см. рис). Ускорение свободного падения g = 9.80 м/с ^2 . Шайба не вращается.

24 Определите ускорения шайбы a_0 и a_1 в момент старта и прямо перед повторным достижением основания доски соответственно.

Определите скорости шайбы u и v_1 в верхней точке траектории и прямо перед повторным достижением основания доски соответственно.

Определите время t , через которое шайба повторно достигнет основания доски.

Решение

Пусть m – масса шайбы. В плоскости доски на шайбу действуют компонента силы тяжести mg \sin \alpha , а также сила трения F_{тр} = \mu mg \cos \alpha , причём поскольку \mu = \tan \alpha :

F_{тр} = mg \sin \alpha. Изобразим на рисунке компоненту силы тяжести и силу трения, соответствующие углу \varphi между направлением скорости шайбы и осью y . Из него следует, что равнодействующая R компоненты силы тяжести и силы трения равна:

R = 2mg \sin \alpha \cos(\varphi/2). 25 Тогда для ускорений a_0 и a_1 имеем:

a_0 = 2g \sin \alpha \cos(\varphi_0/2) \approx 8.49 м/с^2, \quad a_1 = 2g \sin \alpha \cos(\varphi_1/2) \approx 1.76 м/с^2. Запишем выражение для тангенциальной и нормальной компонент ускорения:

a_\tau = \dot{v} = -g \sin \alpha (1 + \cos \varphi), \qquad a_n = v\dot{\varphi} = g \sin \alpha \sin \varphi. Отсюда:

\frac{\dot{v}}{v\dot{\varphi}} = -\frac{1 + \cos \varphi}{\sin \varphi} = -\frac{1}{\tan(\varphi/2)}. Разделим переменные и получим:

\frac{dv}{v} = -\frac{d\varphi}{\tan(\varphi/2)}. Проинтегрируем полученное выражение ( \theta = \varphi/2 ):

\int_{v_0}^{v} \frac{dv}{v} = \ln \left( \frac{v}{v_0} \right) = -\int_{\varphi_0}^{\varphi} \frac{d\varphi}{\tan(\varphi/2)} = -2 \int_{\varphi_0/2}^{\varphi/2} \frac{\cos \theta d\theta}{\sin \theta} = -2 \ln \left( \frac{\sin(\varphi/2)}{\sin(\varphi_0/2)} \right). Избавляясь от логарифма, получим:

\frac{v}{v_0} = \frac{\sin^2(\varphi_0/2)}{\sin^2(\varphi/2)}, \qquad v(\varphi) = \frac{v_0(1 - \cos \varphi_0)}{1 - \cos \varphi}. Поскольку в верхней точке траектории \varphi = 90^\circ , для скоростей u и v_1 имеем:

\displaystyle u = v_0(1 - \cos \varphi_0) \approx 4.00 м/с, \qquad v_1 = \frac{v_0(1 - \cos \varphi_0)}{1 - \cos \varphi_1} \approx 2.07 м/с. С учётом полученной зависимости v(\varphi) , время t можно определить, например, из уравнения нормальной компоненты ускорения шайбы:

v\dot{\varphi} = g \sin \alpha \sin \varphi \Rightarrow dt = \frac{v d\varphi}{g \sin \alpha \sin \varphi} = \frac{v_0(1 - \cos \varphi_0)}{g \sin \alpha} \cdot \frac{d\varphi}{(1 - \cos \varphi)\sin \varphi}. Перейдём к переменной половинного угла:

dt = \frac{v_0(1 - \cos \varphi_0)}{g \sin \alpha} \cdot \frac{d\varphi}{4\sin^3(\varphi/2)\cos(\varphi/2)}. Воспользуемся стандартной тригонометрической подстановкой z = \tan(\varphi/2) . Тогда получим:

\sin(\varphi/2) = \frac{z}{\sqrt{1+z^2}}, \quad \cos(\varphi/2) = \frac{1}{\sqrt{1+z^2}}, Свяжем d\varphi и dz :

dz = d \tan(\varphi/2) = \frac{1}{\cos^2(\varphi/2)} \cdot \frac{d\varphi}{2} = (1 + \tan^2(\varphi/2)) \cdot \frac{d\varphi}{2}, \quad d\varphi = \frac{2dz}{1+z^2}. Отсюда имеем:

dt = \frac{v_0(1 - \cos \varphi_0)}{g \sin \alpha} \cdot \frac{(1 + z^2)^2}{4z^3} \cdot \frac{2dz}{1+z^2}. Вводя переменные z_0 = \tan(\varphi_0/2) и z_1 = \tan(\varphi_1/2) , для времени t получим:

t = \frac{v_0(1 - \cos \varphi_0)}{2g \sin \alpha} \int_{z_0}^{z_1} \frac{1 + z^2}{z^3} dz = \frac{v_0(1 - \cos \varphi_0)}{2g \sin \alpha} \left( \int_{z_0}^{z_1} \frac{dz}{z^3} + \int_{z_0}^{z_1} \frac{dz}{z} \right). Интегрируя, находим:

t = \frac{v_0(1 - \cos \varphi_0)}{2g \sin \alpha} \left( \frac{1}{2z_0^2} - \frac{1}{2z_1^2} + \ln \left( \frac{z_1}{z_0} \right) \right). Возвращаясь к исходным переменным, для времени t находим:

t = \frac{v_0(1 - \cos \varphi_0)}{2g \sin \alpha} \left( \frac{1}{1 - \cos \varphi_0} - \frac{1}{1 - \cos \varphi_1} + \ln \left( \frac{\tan(\varphi_1/2)}{\tan(\varphi_0/2)} \right) \right) \approx 1.52 с Примечание 1: Вообще говоря, задача является переопределённой, поскольку значение \varphi_1 однозначно определяется значением \varphi_0 , однако в такой формулировке задача становится слишком сложной. Участникам олимпиады было достаточно получить лишь одно уравнение, связывающее \varphi_1 и t . Без заданного значения \varphi_1 решение третьего пункта задачи требует комбинации первого и второго изложенных решений. Численное значение \varphi_1 = 159.3^\circ можно найти, приравняв два выражения для t и численно решив полученное уравнение:

\frac{1}{(1 - \cos \varphi_0)^2} - \frac{1}{(1 - \cos \varphi_1)^2} = \frac{1}{1 - \cos \varphi_0} - \frac{1}{1 - \cos \varphi_1} + \ln \left( \frac{\tan(\varphi_1/2)}{\tan(\varphi_0/2)} \right). Примечание 2: Из комбинации двух решений также получаются явные зависимости перемещения \Delta y и пути S от угла \varphi :

\Delta y(\varphi) = \frac{v_0^2(1 - \cos \varphi_0)^2}{4g \sin^2 \alpha} \left( \frac{\cos \varphi_0}{(1 - \cos \varphi_0)^2} - \frac{\cos \varphi}{(1 - \cos \varphi)^2} - \ln \left( \frac{\tan(\varphi/2)}{\tan(\varphi_0/2)} \right) \right), S(\varphi) = \frac{v_0^2(1 - \cos \varphi_0)^2}{4g \sin^2 \alpha} \left( \frac{2 - \cos \varphi_0}{(1 - \cos \varphi_0)^2} - \frac{2 - \cos \varphi}{(1 - \cos \varphi)^2} + \ln \left( \frac{\tan(\varphi/2)}{\tan(\varphi_0/2)} \right) \right).

Помимо этого, мы можем определить зависимость перемещения вдоль оси x , направленной вдоль основания наклонной плоскости, от угла \varphi :

dx = v \sin \varphi dt = v \sin \varphi \cdot \frac{d\varphi}{\dot{\varphi}} = \frac{v^2 d\varphi}{g \sin \alpha} = \frac{v_0^2 (1 - \cos \varphi_0)^2}{g \sin \alpha} \cdot \frac{d\varphi}{(1 - \cos \varphi)^2}. Вновь переходя к переменной z = \tan(\varphi/2) , получим:

\Delta x(z) = \frac{v_0^2 (1 - \cos \varphi_0)^2}{2g \sin \alpha} \int_{z_0}^{z} \frac{(1 + z^2)^2}{z^4} \cdot \frac{dz}{1 + z^2} = \frac{v_0^2 (1 - \cos \varphi_0)^2}{2g \sin \alpha} \left( \int_{z_0}^{z} \frac{dz}{z^4} + \int_{z_0}^{z} \frac{dz}{z^2} \right). Интегрируя, находим:

\Delta x(z) = \frac{v_0^2 (1 - \cos \varphi_0)^2}{2g \sin \alpha} \left( \frac{1}{3z_0^3} - \frac{1}{3z^3} + \frac{1}{z_0} - \frac{1}{z} \right). Возвращаясь к переменной \varphi :

\Delta x(\varphi) = \frac{v_0^2 (1 - \cos \varphi_0)^2}{2g \sin \alpha} \left( \frac{1}{3 \tan^3(\varphi_0/2)} - \frac{1}{3 \tan^3(\varphi/2)} + \frac{1}{\tan(\varphi_0/2)} - \frac{1}{\tan(\varphi/2)} \right). Таким образом, траектория шайбы может быть получена аналитически в параметрической форме, поскольку \Delta y(\varphi) и \Delta x(\varphi) является известными аналитическими функциями.

Задача 15

Условие

Электрическая тележка для перемещения грузов состоит из двух цилиндрических колёс и корпуса. Расстояние между осями колёс 2l . Центр масс тележки O выше пола на h и на x ( x > 0 ) правее средней точки между осями. Электродвигатели сообщают колёсам быстрое встречное вращение, как показано на рисунке.

26 Коэффициент трения колёс о пол \mu ( \mu < l/h ). Массой колёс можно пренебречь. Ускорение свободного падения g . Определите:

ускорение тележки в начальный момент времени, если ее колеса не отрываются от пола;

при каком(их) значении(ях) x возможно движение без отрыва колёс.

Решение

Введем ось x , направленную горизонтально вправо. Пусть тележка движется с горизонтальным ускорением \vec{a} . Перейдем в НИСО, связанную с центром масс тележки, при этом добавится сила инерции \vec{F}_{ин} = -m\vec{a} , приложенная к центру масс. Также на тележку будут действовать сила тяжести mg , силы нормального давления N_1 и N_2 со стороны дороги, силы трения \mu N_1 и \mu N_2 , направленные против скорости нижних точек колёс.

27 В выбранной системе отсчета тележка покоится, поэтому сумма действующих на нее сил должна быть равна нулю и сумма моментов сил тоже должна быть равна нулю.

Рассмотрим сумму моментов сил относительно точки касания пола левым колесом:

mg(l + x) - N_2 \cdot 2l - ma_x h = 0. Выразим силу N_2 :

N_2 = \frac{mg(l + x) - ma_x h}{2l}. Аналогично поступим с правым колесом:

N_1 \cdot 2l - mg(l - x) - ma_x h = 0, N_1 = \frac{mg(l - x) + ma_x h}{2l}.

Запишем второй закон Ньютона в проекции на горизонтальную ось: F_{тр_1} - F_{тр_2} - ma_x = 0 . Так как по условию колеса начинают быстро вращаться, то они проскальзывают по полу. В таком случае F_{тр_i} = \mu N_i . Учитывая это выразим ускорение:

a_x = \frac{\mu g x}{\mu h - l}. Найдем условие отсутствия переворота. Если тележка не переворачивается, то N_1, N_2 > 0 .

Для первого условия

\frac{mg(l + x) - m\dfrac{\mu g x}{\mu h - l}h}{2l} > 0 получим x > \mu h - l .

Рассмотрим второе условие

\frac{mg(l - x) + m\dfrac{\mu g x}{\mu h - l}h}{2l} > 0, откуда получим x < l - \mu h .

Заметим, что с учетом ограничения, данного в условии задачи, второе условие ( \mu h - l < 0 ) выполняется всегда. Окончательно получим x < l - \mu h .