Материал: Здоровцева Г.Г. Контролируемая самостоятельная работа студентов по курсу «Общая физика». Тема «Механика точки»

Убеждаемся в том, что размерности полученных результатов правильные: T имеет размерность силы, ax – размерность ускорения.

Полученные для a1x и a2x выражения дают возможность ответить и на вопрос: какой из грузов будет из состояния покоя опускаться, а какой подниматься?

Так как ось x направлена вниз, то тот груз, для которого проекция ускорения окажется положительной, будет опускаться. Так, m1 из состояния покоя пойдет вниз, если 2m1 > m2, выражение для a2x подтверждает тот очевидный факт, что m2 при указанном соотношении масс должен подниматься (a2x < 0) .

Задача решена.

Задача 2.7. На горизонтальной плоскости лежит клин массы M. На грань клина с углом α при вершине кладут кубик массы m. Все поверхности соприкасающихся тел гладкие. Найти ускорения обоих тел и силы, с которой кубик давит на клин и клин на плоскость.

Решение. Эта задача несколько сложнее предыдущей, так как движение кубика двумерное и уравнение связи между ускорениями кубика и клина установить будет не так просто, как в тех задачах, где тела буквально связаны одной нитью.

Будем придерживаться рекомендаций, которые даны во введе-

ция со стороны гладкой плоскости R . Заметим, что с такой же по модулю силой клин давит на плоскость (III закон Ньютона).

31

Запишем для каждого тела II закон Ньютона ma1 = mg + N1 ,

Ma2 = Mg + N2 + R .

Введем систему координат x0y. Принципиально, что оси координат должны быть жестко связаны с неподвижной плоскостью (законы Ньютона имеют силу только в инерциальной системе отсчета).

Перейдем от векторной записи уравнений к скалярной, спроектировав их почленно на оси координат.

В проекциях на ось x

a2 y = 0, так как клин остается на плоскости.

Полученные четыре уравнения содержат шесть неизвестных величин a1x, a2x , N1, N2, a1y, R2.

Систему уравнений (1)–(4) необходимо дополнить еще двумя. Используя III закон Ньютона, получаем

N1 = N2 = N. (5) Последнее недостающее уравнение получим, используя геометрическую связь между координатами движущихся тел. Действительно, как бы ни скользил кубик по клину, а клин по плоскости, как бы ни менялись их координаты, угол α остается неизменным. Вот мы и выразим tgα через координаты точки A, взятой в уголке кубика и координату x точки B, взятой на острие клина (рис. 2.9):

или

yA = (xA − xB )tgα .

32

скольку тела движутся поступательно, то любая точка кубика имеет такое же ускорение, как и точка A, а все точки клина, такое как точка B. Заменяя индексы A и В на 1 и 2 соответственно, получаем уравнение связи между ускорениями

которое и замыкает систему.

Мы получили систему из шести уравнений с шестью неизвестными. Решаем ее в следующей последовательности математических действий:

1) подставим в (6) проекции ускорений, выраженные из (1), (2), (3), учтя при этом (5):

В этом уравнении одно неизвестное N. Находим его:

Найдена сила, с которой кубик давит на клин.

Силу, с которой клин давит на плоскость, находим из уравнения (4), подставив в него (7):

Осталось получить проекции ускорений. Для этого подставим

(7) в (1), (2), (3). Находим

33

Результаты выглядят довольно громоздко. Проведем их анализ. Прежде всего, убеждаемся, что (7) и (8) действительно имеют

размерность силы, а (9), (10), (11) – размерность ускорения.

Знаки проекций уравнений говорят о том, что кубик скользит вниз и влево (a1x < 0, a1y < 0), а клин «уходит» из-под кубика вправо (a2x > 0).

Полезно так же проследить, какой результат дадут полученные формулы, если взять очень массивный клин и очень легкий кубик (m << M). Для этого в формуле (7) разделим числитель и знамена-

тель на M и учтем, что m << 1. Получим

M

Для проекций ускорений в этом допущении

Клин будет оставаться неподвижным. Проекции ускорения кубика:

Ответы такие же, как в задаче о скольжении тела по гладкому неподвижному клину.

Задача решена.

Задача 2.8. Шарик радиуса r висит на нити длиной l и касается вертикального цилиндра радиуса R (R >> r). При какой угловой скорости вращения ω этой системы («центробежной машины») шарик перестанет давить на стенку цилиндра.

34

Решение. Типичный пример задачи, где надо связать силу (давление на стенку) с кинематическим параметром ω. Поэтому использовать для решения будем II закон Ньютона. Особенность задачи в том, что задана траектория движения тела – окружность. Поэтому при переходе от векторной формы записи основного уравнения динамики к скалярной целесообразно использовать орты

естественного трехгранника (τ,n,b).

Делаем чертеж (рис. 2.10). Наносим силы, действующие на шар – силу тяжести mg ,

натяжение нити T и силу реакции N , с которой цилиндр отвечает на давление шарика.

Записываем II закон Ньютона:

Эти два уравнения содержат четыре неизвестных величины: ω, T, m, и N. Систему полученных уравнений надо дополнить.

В момент отрыва шарик перестает давить на цилиндр, исчезает

Замыкаем систему уравнением связи. Как видно из рис. 2.10, до самого момента отрыва шарика от стенки цилиндра выполняется условие

Четыре уравнения (2)–(5) содержат четыре неизвестные величины. Можно решать.

Здесь удобно переписать (2) и (3) с учетом (4) в виде

35