Кинематические связи. 9 класс

Давайте начнем погружение в разнообразную тему “Кинематические связи” с не очень сложных задач, предложенных в этой статье. Должно последовать продолжение, где я предложу еще целую большую подборку задач на эту тему.

Задача 1. Сила сопротивления воздуха, действующая на велосипедиста, пропорциональна квадрату скорости велосипедиста $f=\alpha\cdot \upsilon^2$ . На горизонтальной дороге наибольшая скорость велосипедиста составляет примерно 20 м/с. Оцените коэффициент пропорциональности $\alpha$ , если масса велосипедиста вместе с велосипедом 70 кг, а коэффициент трения между колесами и дорогой 0,4. Ответ выразите в кг/м, округлите до десятых. Ускорение свободного падения $g=10$ м/ $c^{2}.$

Решение.

При равномерном движении по горизонтальной поверхности на велосипедиста действуют две силы: сила трения покоя и сила сопротивления воздуха.

Так как скорость велосипедиста максимальна, то сила трения достигает своего максимального значения: $\mu m g$ . Тогда

$\alpha \upsilon^2=\mu m g,$

откуда

$\alpha=\frac{\mu m g}{\upsilon^2}=0,7$ кг/м.

Ответ: 0,7 кг/м.

Задача 2. Плывущая по реке с постоянной скоростью баржа тянет под водой на тросах два шарообразных контейнера одинакового размера, но разного веса. Угол отклонения первого троса по вертикали $45^\circ$ , а второго $30^\circ$ . Когда скорость баржи уменьшилась, угол отклонения первого троса составил $30^\circ$ . Каков стал угол отклонения от вертикали второго троса? Ответ дать в градусах. Округлить до целых.

К задаче 2

Решение.

Запишем условие равенства сил, действующих на контейнер. Так мы сможем получить выражение для величины силы сопротивления. Сила сопротивления направлена горизонтально, а сила тяжести – вертикально, поэтому они образуют прямоугольный треугольник и связаны соотношением:

$F=mg\operatorname{tg}{\alpha}$ .

Сила сопротивления для контейнеров одинакова, ведь форма у них одна и та же и движение их осуществляется с одной и той же скоростью. Поэтому

$m_1 g \operatorname{tg}{\alpha_1}=m_2 g \operatorname{tg}{\alpha_2$ .

Если баржа изменит скорость, то изменятся величины углов, они станут меньше:

$m_1 g \operatorname{tg}{\varphi_1}=m_2 g \operatorname{tg}{\varphi_2$ .

Таким образом $\operatorname{tg}{\varphi_2=\operatorname{tg}{\varphi_1}\cdot \frac{\operatorname{tg}{\alpha_2}}{\operatorname{tg}{\alpha_1}}$ .

Подставим условия $\varphi_1=\alpha_2=30^\circ,~\alpha_1=45^\circ$ .

Поэтому искомый угол равен $\varphi_2=\operatorname{arctg}{\frac{1}{3}}=18,40.$

Ответ: 18 $^\circ$ .

Задача 3. Найдите ускорение груза массой $m_1=1$ кг после перерезания верхней левой нити. Нити и блок считать идеальными, $m_2=6$ кг. $g=10$ м/c $^{2}$ . Ответ дать в м/c $^{2}$ .

К задаче 3

Решение.

Выберем положительное направление оси вертикально вниз и запишем второй закон Ньютона для обоих тел:

$T+m_1g=m_1a_1$

$m_2g- 2T=m_2a_2$ .

Нити и блок невесомы, поэтому не вошли в уравнения пока никак.

Для нахождения кинематической связи между $a_1$ и $a_2$ применим метод виртуальных перемещений. Длина нити может быть записана $L=x_2+\pi R+(x_2-x_1)$ , где $x_1$ — координата груза массой $m_1$ , $x_2$ — координата центра блока, $R$ — его радиус. Длина нити при движении грузов не изменяется – нить нерастяжима. Тогда для перемещений грузов получим соотношение $2\Delta x_2-\Delta x_1=0$ , откуда $2\upsilon_2-\upsilon_1=0$ , $2a_2-a_1=0$ . Решая систему уравнений, находим

$a_1=\frac{2g(2m_1+m_2)}{4m_1+m_2}=16.$

Ответ: 16 м/c $^{2}$ .

Задача 4. Четыре одинаковых брусочка, связанные нитями, движутся друг за другом поступательно с постоянным ускорением по гладкой горизонтальной поверхности под действием силы, приложенной к первому бруску. Найдите отношение сил натяжения первой и последней нити. Нити невесомы и идеальны.

К задаче 4

Решение.

Запишем 2 закон Ньютона в проекции на горизонтальную ось для трех последних брусочков (они будут у нас пока одним единым телом) $3ma=T_1$ , $T_1$ – сила натяжения первой нити; и для последнего бруска $ma=T_2$ . Искомое отношение сил натяжения нитей – 3.

Ответ: 3.

Задача 5. Найдите ускорение призмы массой $m_1=1$ кг, находящейся на кубе массой $m_2=3$ кг. Угол $\alpha=30^{\circ}$ . Трением пренебречь. $g=10$ м/c $^{2}$ . Ответ дать в м/c $^{2}$ .

К задаче 5

Решение.

Запишем второй закон Ньютона для каждого тела (в проекции на направление, совпадающее с соответствующим ускорением). Тогда для призмы получим:

$m_1 g-N\sin\alpha=m_1a_1$ ,

а для куба $N\cos\alpha=m_2a_2$ .

По третьему закону Ньютона $N_{12}=N_{21}=N$ .

У нас есть два уравнения, и три неизвестных. Значит, необходимо еще одно уравнение. Куб и призма соприкасаются, скольжения при их движении нет, поэтому проекции ускорений на ось, перпендикулярную плоскости контакта, должны быть равны – это так называемое “правило палочки”, – откуда:

$a_2=a_1\operatorname{tg}{\alpha}.$

Решая систему, находим

$a_1=g\frac{m_1}{m_1+m_2\operatorname{tg}^2{\alpha}}=5.$

Ответ: 5 м/c $^{2}$

Пн	Вт	Ср	Чт	Пт	Сб	Вс
« Окт
				1	2	3
4	5	6	7	8	9	10
11	12	13	14	15	16	17
18	19	20	21	22	23	24
25	26	27	28	29	30

Кинематические связи. 9 класс

Для вас другие записи этой рубрики:

Добавить комментарий Отменить ответ

Поиск

ПОСЛЕДНИЕ КОММЕНТАРИИ

Рекомендую

Рубрики

Центр обучения Фоксфорд

Облако меток

Подписка

Введите Ваши данные:

Последние записи

Архивы

Центр обучения Фоксфорд

Облако меток

Подписка

Введите Ваши данные:

Последние записи

Архивы

Автор сайта

Авторские права

Календарь