семинар 7, сложность 2: Часть 2

Видео

Конспект

Задача 2

Условие

Найдите ускорения $a_1$ призмы массы $m_1$ и $a_2$ куба массы $m_2$ в системе, показанной на рисунке [fig:task2_1]. Трение отсутствует.

task2_fig1

Решение

Поскольку клин и куб движутся поступательно и не отрываются друг от друга, их ускорения взаимозависимы. Рассмотрим точку $A$ клина в месте контакта с кубом (рис. [fig:task2_2]). Ускорение этой точки, как и всех точек клина, направлено вертикально вниз. Рассмотрим точку $B$ куба в месте контакта с клином (рис. [fig:task2_2]). Ускорение этой точке, как и всех точек куба, направлено горизонтально. Куб и клин движутся без отрыва. Значит, скорости и ускорения точек $A$ и $B$ согласованы между собой.

task2_fig2

Проекции скоростей и ускорений точек $A$ и $B$ на нормаль к поверхности контакта (направленную перпендикулярно грани клина) равны: $a_{1z} = a_{2z}$.

Получим выражения для проекций векторов $\vec{a}_1$ и $\vec{a}_2$ на ось $z$ и учтем, что эти проекции должны быть одинаковыми: $$

a_1 \cdot \cos \left( 90^o-\alpha \right) = a_2 \cos \alpha,

$$ $$

a_1\cdot \sin\alpha = a_2\cdot \cos \alpha.

$$ Расставим силы, действующие на клин и куб (рис. [fig:task2_3]).

task2_fig3

Будем решать задачу в ИСО, связанной с Землей. Применим второй закон Ньютона, сформулированный для материальных точек, так как клин и куб движутся поступательно $$

\vec{F}_\Sigma = m \vec{a}

$$ клин: $$

m_1 \vec{g} + \vec{N} + \vec{N}_1 = m_1\cdot \vec{a}_1

$$ куб: $$

m_2 \vec{g} + \vec{P} + \vec{N}_2 = m_2 \cdot \vec{a}_2.

$$ Спроецируем векторы из первого уравнения на ось $y$ $$

m_1 g - N\cdot \cos \left( 90^o-\alpha \right) +0 =m_1\cdot a_1,

$$ а из второго уравнения – на ось $x$: $$

0+P\cdot \cos \alpha +0 = m_2\cdot a_2.

$$ Получили систему уравнений $$

\left\{

\begin{array}{lll}

m_1g - N \sin\alpha = m_1a_1,\\

P\cdot \cos \alpha = m_2\cdot a_2.

\end{array}\right.

$$ По третьему закону Ньютона $\vec{N}=-\vec{P}$, $\left| \vec{N} \right| = \left| \vec{P} \right|$.

Выразим $N$ из первого уравнения системы: $$

N = \frac{m_1g - m_1a_1}{\sin\alpha },

$$ а $P$ – из второго уравнения системы: $$

P = \frac{m_2a_2}{\cos \alpha }.

$$ Полученные выражения равны: $$

\frac{m_1g - m_1a_1}{\sin \alpha } = \frac{m_2\cdot a_2}{\cos \alpha },

$$ $$

m_1 \left( g-a_1 \right) \cdot \cos \alpha = m_2\cdot a_2\cdot \sin \alpha.

$$ Ранее мы получили связь между ускорениями: $$

a_2 = \frac{a_1 \sin\alpha }{\cos\alpha }.

$$ Подставим и решим получившееся уравнение: $$

\frac{m_1}{m_2}\left( g-a_1 \right) \cos \alpha = \frac{a_1 \sin^2\alpha }{\cos \alpha },

$$ $$

\frac{m_1}{m_2}g - \frac{m_1}{m_2}a_1 = a_1 \tg^2 \alpha,

$$ $$

a_1 = \frac{\frac{m_1}{m_2}g}{\frac{m_1}{m_2}+\tg^2 \alpha } = \frac{m_1g}{m_1+m_2\tg^2\alpha },

$$ $$

a_2 = a_1\cdot \tg \alpha = \frac{m_1g \tg \alpha }{m_1+m_2\tg^2 \alpha }.

$$ Ответ: $a_1 = \frac{m_1g}{m_1+m_2\tg^2 \alpha }$, $a_2 = \frac{m_1g \tg \alpha }{m_1+m_2\tg^2 \alpha }$.

Задача 3

Условие

По сторонам прямого угла скользит жесткая невесомая палочка $AB$ длины $2L$, посередине которой закреплена бусинка массы $m$. Скорость точки В постоянна и равна $v$ (точка В удаляется от вершины прямого угла). Определите, с какой силой $N$ действует бусинка на палочку в тот момент, когда палочка составляет угол $\alpha = 45^o$ с вертикалью.

Решение

Сначала найдем скорость точки $A$. Проекции мгновенных скоростей всех точек стержня на прямую $AB$ одинаковы (так как стержень нерастяжим) (рис. [fig:task3_1]).

task3_fig1

В частности, проекция скорости точки $B$ равна $v \cos 45^o$. Точка $A$ движется без отрыва по вертикальной стене. Ее скорость $v_1$ направлена вертикально вниз. При этом проекции скоростей должны быть одинаковыми, значит: $$

v \cos 45^o = v_1\cdot \cos 45^o.

$$ Оказалось, что скорости точек $A$ и $B$ в данный момент времени одинаковы по модулю: $v_1=v$. Отметим, что при другом значении угла $\alpha $ данное равенство не выполняется.

При скольжении по стенкам, стержень $AB$ вращается вокруг мгновенного центра вращения. Найдем его. По определению, мгновенный центр вращения лежит на пересечении прямых, перпендикулярных мгновенным скоростям (рис. [fig:task3_2]). Расстояние от точки $A$ до точки $O$ (мгновенный центр вращения) равно стороне квадрата: $OA=l \cdot \sqrt{2}$.

task3_fig2

Найдем угловую скорость вращения точек стержня относительно мгновенного центра вращения: $$

\omega = \frac{v}{\sqrt{2} l}.

$$ Расстояние от точки $C$ (бусинка) до точки $O$ (мгновенный центр вращения) равно половине диагонали квадрата: $OC=l$. Тогда скорость точки $C$ $$

v_c = \omega \cdot l = \frac{v}{\sqrt{2}}.

$$ Отметим, что значение $v_c$ можно получить из условия нерастяжимости стержня (проекции скоростей всех точек стержня одинаковы): $$

v_c = v \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}.

$$ Теперь мы можем найти проекцию полного ускорения точки $C$ на нормальную ось: $$

a_{n 1} = \frac{\left( v_c \right) ^2}{l} = \frac{v^2}{2l}.

$$ Найдем другую проекцию полного ускорения. Для этого воспользуемся тем, что точка $B$ все время движется с постоянной скоростью. Значит, мы можем перейти в ИСО, связанную с точкой $B$. Напомним, что абсолютную скорость точки (относительно условно-неподвижной системы отсчета) можно представить в виде векторной суммы относительной и переносной скоростей: $$

\vec{v}_{абс} = \vec{v}_{отн} + \vec{v}_{пер}.

$$ Значит, в новой системе отсчета скорость точки $C$: $$

\vec{v}_{отн} = \vec{v}_{абс} - \vec{v}_{пер},

$$ то есть $$

\vec{v}_{CB} = \vec{v}_C-\vec{v}_B.

$$ Из треугольника скоростей (рис. [fig:task3_3]) получаем $$

v_{CB} = \frac{v}{\sqrt{2}}.

$$

task3_fig3

Теперь мы можем найти вторую проекцию полного ускорения в системе отсчета, связанной с точкой $B$: $$

a_{n 2} = \frac{v_{CB}^2}{CB} = \frac{v^2}{2l}.

$$ Таким образом, мы нашли разложение полного ускорения на две компоненты: $$

\vec{a} = \vec{a}_{n 1} + \vec{a}_{n 2}.

$$ Заметим, что величины компонент ускорения равны другу другу. Значит, полное ускорение точки направлено горизонтально вправо (рис. [fig:task3_4]), а его модуль равен $$

a = \sqrt{2} \cdot \frac{v^2}{2l} = \frac{v^2}{\sqrt{2} l}.

$$

task3_fig4

Теперь мы знаем модуль и направление полного ускорения бусинки. Применять втоой закон Ньютона можно в любой ИСО. Продолжим решать задачу в ИСО, связанной с Землей и применим второй закон Ньютона, сформулированный для материальных точек, так как размерами бусинки при решении задачи можно пренебречь: $$

\vec{F}_{\Sigma } = m \vec{a}.

$$ Расставим силы, действующие на бусинку в точке $C$ (рис. [fig:task3_5]).

task3_fig5

Отсюда получаем $$

N^2 = \left( ma \right) ^2 + \left( mg \right) ^2,

$$ $$

N = m \sqrt{a^2+g^2} = m \sqrt{\frac{v^4}{2l^2} + g^2}.

$$ Осталось найти угол $\beta $, который $\vec{N}$ составляет с горизонтом: $$

\tg \beta = \frac{mg}{ma} = \frac{g}{a} = \frac{\sqrt{2} gl}{v^2}

$$

Ответ: $N = m \sqrt{\frac{v^4}{2l^2} + g^2}$, $\beta = \arctg \frac{\sqrt{2} gl}{v^2}$.