Динамика со связями: клинья, стержни

Планка очень лёгкая, значит, равнодействующая приложенных к ней сил и сумма их моментов равны нулю. Что это говорит о силах натяжения нитей?

1) «21» (\(a_A = 2\) м/с\(^2\), \(a_B = 1\) м/с\(^2\));  2) 2 м/с\(^2\).

Масса сосредоточена только в грузе, поэтому удобно использовать принцип виртуальных перемещений: свяжите малые смещения точки \(C\) и растяжение пружины.

\(a \approx 8\) м/с\(^2\).

Пока брусок не проскальзывает, клин и брусок движутся как одно целое с общим ускорением. Запишите второй закон Ньютона для бруска в проекциях вдоль и поперёк наклонной плоскости.

\(F_\text{тр} = 0\) Н: в этот момент сила трения между телами отсутствует.

Запишите второй закон Ньютона для бруска в проекциях и найдите силы трения и реакции как функции \(F\). Сравните \(|F_{\text{тр}}|\) с \(\mu N\) при \(\mu > \operatorname{ctg}\alpha\): будет ли проскальзывание?

1) через время \(T = 12\) с после начала действия силы \(F\) модуль силы трения, действующей со стороны клина на брусок, равен 0 Н (т.е. сила трения между телами в этот момент отсутствует);  2) ускорения клина и бруска в момент времени \(5T\) одинаковы, направлены горизонтально и равны по модулю \(a = A = \dfrac{F}{m + M} = \dfrac{5\delta T}{m + M} = 10\) м/с\(^2\).

В начальный момент скорости нулевые, поэтому ускорение шарика перпендикулярно нити. Свяжите ускорение шарика с ускорением клина условием, что шарик остаётся на поверхности клина.

\(a = \dfrac{mg\sin^2\alpha\cos\alpha}{M + m\sin^2\alpha}\);  \(A = \dfrac{mg\sin\alpha\cos\alpha}{M + m\sin^2\alpha}\).

Сначала найдите силу давления бруска на призму в её системе отсчёта: она не содержит \(F\). Дальше два случая: если призма скользит, все слагаемые с \(F\) в её уравнении движения должны сократиться; если покоится — трения должно хватать при любом \(F\), в том числе при \(F = 0\).

1) \(\mu = 1/3\) или \(\mu \geqslant 8/19 \approx 0{,}42\);  2) при \(\mu = 1/3\) \(a = g/7\), при \(\mu \geqslant 8/19\) \(a = 0\).

Первый способ решения.

Изобразим силы, действующие на призму (рис. 1). Обозначим \(N\) силу взаимодействия между бруском и призмой, \(N'\) — силу нормальной реакции, а \(F_\text{тр}\) — силу трения, действующие на призму со стороны стола. Тогда \[ma = N\sin\alpha + F(1 - \cos\alpha) - F_\text{тр},\] \[N' = N\cos\alpha + F\sin\alpha + mg,\] \[F_\text{тр} \leqslant \mu(N\cos\alpha + F\sin\alpha + mg).\]

Ускорение бруска относительно стола, для удобства, разложим на две составляющие: ускорение призмы \(a\) и ускорение бруска относительно поверхности призмы \(a'\), которое направлено параллельно её левой боковой поверхности (рис. 2). Запишем второй закон Ньютона для бруска в проекции на ось, перпендикулярную направлению его относительного движения

\[-Ma\sin\alpha = -Mg\cos\alpha + N \qquad\implies\qquad N = Mg\cos\alpha - Ma\sin\alpha.\] Полученная формула для \(N\) не содержит явно величину силы \(F\), а ускорение призмы, согласно условию, не зависит от \(F\). Отсюда следует, что и \(N\) не зависит от величины этой силы.

Рассмотрим два случая: 1) призма движется относительно стола; 2) трение не позволяет призме двигаться.

1. Пусть призма скользит по поверхности стола, то есть \(a > 0\). Тогда \[F_\text{тр} = \mu(N\cos\alpha + F\sin\alpha + mg) \quad\text{и}\quad ma = N\sin\alpha + F(1 - \cos\alpha) - \mu(N\cos\alpha + F\sin\alpha + mg).\] Чтобы ускорение \(a\) не зависело от силы \(F\), все слагаемые, включающие её, должны сократиться. Это возможно, если \[1 - \cos\alpha = \mu\sin\alpha \qquad\implies\qquad \mu = \frac{1 - \cos\alpha}{\sin\alpha} = \frac{1 - 4/5}{3/5} = \frac13.\]

2. Пусть теперь призма не скользит, то есть \(a = 0\). Тогда \(N = Mg\cos\alpha\) и \[F_\text{тр} = F(1 - \cos\alpha) + Mg\sin\alpha\cos\alpha \leqslant \mu(Mg\cos^2\alpha + F\sin\alpha + mg).\] Перегруппируем выражения в полученном неравенстве: \[F(1 - \cos\alpha - \mu\sin\alpha) \leqslant \mu g(M\cos^2\alpha + m) - Mg\sin\alpha\cos\alpha.\] Так как оно должно выполняться при любых значениях \(F\) (в том числе, при \(F = 0\)), выражение в правой части должно быть неотрицательным, а выражение в левой части — наоборот, неположительным. Отсюда следует, что \[\mu \geqslant \frac{1 - \cos\alpha}{\sin\alpha} = \frac13 \qquad\text{и}\qquad \mu \geqslant \frac{M\sin\alpha\cos\alpha}{M\cos^2\alpha + m} = \frac{2\cdot 3/5\cdot 4/5}{2\cdot(4/5)^2 + 1} = \frac{8}{19} \approx 0{,}42.\] Поскольку последнее неравенство — более сильное, получим, что призма будет покоиться при любом значении \(F\), если \(\mu \geqslant 8/19\).

Используя полученное выше значение \(\mu = 1/3\), найдём величину ускорения \(a\) в случае, когда призма скользит по столу: \[\begin{gather*} ma = N(\sin\alpha - \mu\cos\alpha) - \mu mg = M(g\cos\alpha - a\sin\alpha)(\sin\alpha - \mu\cos\alpha) - \mu mg \implies\\ \implies a = 2\left(g\cdot\frac45 - a\cdot\frac35\right)\cdot\left(\frac35 - \frac13\cdot\frac45\right) - \frac13\cdot g = g\cdot\frac{8}{15} - a\cdot\frac25 - \frac{g}{3} \implies a = \frac{g}{7}. \end{gather*}\]

Второй способ решения. Изобразим силы, действующие на призму (рис. 1). Обозначим \(N\) силу взаимодействия между бруском и призмой, \(N'\) — силу нормальной реакции, а \(F_\text{тр}\) — силу трения, действующие на призму со стороны стола. Тогда, из второго закона Ньютона в проекции на вертикальную ось: \[N' = N\cos\alpha + F\sin\alpha + mg.\] Ускорение бруска относительно стола, для удобства, разложим на две составляющие: ускорение призмы \(a\) и ускорение бруска относительно поверхности призмы \(a'\), которое направлено параллельно её левой боковой поверхности (рис. 2). Запишем второй закон Ньютона для бруска в проекции на ось, перпендикулярную направлению его относительного движения \[-Ma\sin\alpha = -Mg\cos\alpha + N \qquad\implies\qquad N = Mg\cos\alpha - Ma\sin\alpha.\] Полученная формула для \(N\) не содержит явно величину силы \(F\), а ускорение призмы, согласно условию, не зависит от \(F\). Отсюда следует, что и \(N\) не зависит от величины этой силы.

Рассмотрим случай, когда призма скользит. Результирующая сила \(\vec F_\Sigma\), действующая на блок со стороны нити, направлена под углом \(\alpha/2\) к вертикали (рис. 3). Вместо \(N'\) и \(F_\text{тр}\) введём вектор полной силы реакции опоры \[\vec Q = \vec N' + \vec F_\text{тр} \ne 0.\] Из второго закона Ньютона для призмы в проекции на ось \(Ox'\), перпендикулярную силе \(\vec F_\Sigma\): \[N\sin(\alpha/2) + Q_x - mg\sin(\alpha/2) = ma\cos(\alpha/2). \tag{a}\] В приведённой формуле все слагаемые, кроме \(Q_x\), не зависят от \(F\), это означает, что \(Q_x = 0\). Такое возможно, если вектор \(\vec Q\) направлен перпендикулярно оси \(Ox'\), т. е. под углом \(\alpha/2\) к вертикали. Тогда коэффициент трения: \[\mu = \mathrm{tg}(\alpha/2) = \frac{1 - \cos\alpha}{\sin\alpha} = \frac13.\]

Ускорение найдём, подставив \(N = Mg\cos\alpha - Ma\sin\alpha\) в соотношение (a): \[(Mg\cos\alpha - Ma\sin\alpha)\sin(\alpha/2) - mg\sin(\alpha/2) = ma\cos(\alpha/2).\] Откуда \[a = \frac{\dfrac{M}{m}\cos\alpha - 1}{\dfrac{M}{m}\sin\alpha + \mathrm{ctg}(\alpha/2)}\,g = \frac{g}{7}.\]

В случае, когда трение не позволяет призме двигаться, сумма сил, действующих на неё, равна нулю: \[\vec Q + \vec F_\Sigma + \vec N + m\vec g = 0 \implies \vec Q = -\vec F_\Sigma - \vec N - m\vec g.\]

Рассмотрим одно из возможных значений \(F_\Sigma = 0\), тогда \[\mathrm{tg}\,\beta = \frac{N\sin\alpha}{N\cos\alpha + mg} = \frac{M\cos\alpha\sin\alpha}{M(\cos\alpha)^2 + m} = \frac{2\cdot 3/5\cdot 4/5}{2\cdot(4/5)^2 + 1} = \frac{8}{19} > \mathrm{tg}(\alpha/2) = \frac13.\] Последнее неравенство показывает, что при росте \(F_\Sigma\) угол между вертикалью и вектором \(\vec Q\) будет уменьшаться. А это означает, что \(\beta\) — предельный угол отклонения \(\vec Q\) от вертикали, т. е. \(a = 0\) при \(\mu \geqslant \dfrac{8}{19}\).

Ускорения клина и стержня связаны геометрией: при сдвиге клина на \(x\) стержень смещается по вертикали на \(x\,\mathrm{tg}\,\alpha\). Направление силы трения на стержне зависит от направления движения клина.

1) \(\mu = \dfrac{1}{2}\);  2) \(F_1 = 6\) Н.