Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Кинематические связи

Кинематические связи. Часть 7

[latexpage]

Исследуем движение без отрыва. Будем решать задачи с шарнирными конструкциями и пользоваться методом виртуальных перемещений.

Задача 1.  Однородная гибкая цепочка длиной $L=30$ см подвешена за свои концы в точках $A$ и $B$ так, как показано на рисунке. Точка $C$  – самая нижняя точка цепочки. Силы натяжения цепочки в точках $A$, $B$ и $C$ составляют $T_A=1$ Н, $T_B=1,7$ Н, $T_C=0,8$ Н. Определите высоту $H$ между концами цепочки.

 

К задаче 1

Условия равновесия для половинок цепочки, левая половина:

$$\vec{m_1g}+\vec{T_A}+\vec{T_C}=0$$

Левая половина цепочки

По теореме Пифагора

$$m_1g=\sqrt{T_A^2-T_C^2}$$

Аналогично для правой части

$$m_2g=\sqrt{T_B^2-T_C^2}$$

Пусть цепочка переместилась на малую величину $\Delta x$ и заняла новое положение, показанное красным цветом. Это эквивалентно перемещению малого кусочка длиной $\Delta x$ с левой части цепочки на правую:

Перемещение цепочки

Масса этого малого кусочка равна

$$\Delta m=\frac{m}{L}\Delta x$$

При перемещении этого малого кусочка совершена работа, равная приобретенной им потенциальной энергии:

$$E_p=\Delta m g H=\frac{mgH}{L}\Delta x$$

Масса цепочки может быть составлена из масс правой и левой частей, то есть

$$m=m_1+m_2$$

$$mg=m_1g+m_2g=\sqrt{T_A^2-T_C^2}+\sqrt{T_B^2-T_C^2}$$

$$E_p=\frac{H}{L}\Delta x\cdot(\sqrt{T_A^2-T_C^2}+\sqrt{T_B^2-T_C^2})$$

Изменение потенциальной энергии произошло вследствие совершения работы силами $T_B>T_A$,

$$A=T_B\Delta x-T_A\Delta x$$

$$E_p=A$$

$$\frac{H}{L}\Delta x\cdot(\sqrt{T_A^2-T_C^2}+\sqrt{T_B^2-T_C^2})= T_B\Delta x-T_A\Delta x $$

$$\frac{H}{L}\cdot(\sqrt{T_A^2-T_C^2}+\sqrt{T_B^2-T_C^2})= T_B-T_A$$

Откуда

$$H=\frac{L(T_B-T_A )}{ \sqrt{T_A^2-T_C^2}+\sqrt{T_B^2-T_C^2}}=0,1$$

Ответ: 0,1 м.

Задача 2. Игрушечная пушка может скользить по рельсам, укрепленным на горизонтальном полу. Ствол пушки наклонен под углом $\varphi$ к горизонту. Масса пушки $M$, снаряда – $m$. Из покоившейся пушки произведен выстрел. В результате пушка, не отрывавшаяся от рельсов, получила скорость $u$. На каком расстоянии от места выстрела снаряд упал на пол? Высоту пушки не учитывать, направления всех движений лежат в одной плоскости.

К задаче 2

Снаряд относительно пушки вылетает со скоростью $\upsilon_{otn}$. Скорость пушки – $u$, тогда абсолютная скорость снаряда

$$\vec{\upsilon}=\vec{u}+\vec{\upsilon_{otn}}$$

В проекциях на ось $x$ – горизонтальную ось – будет выполняться закон сохранения импульса:

$$m\upsilon_x=Mu$$

$$\upsilon_x=\frac{M}{m}u$$

Проекция скорости снаряда на ось $y$ – вертикальную – будет

$$\upsilon_y=\upsilon_{otn_y }=\upsilon_{otn}\cdot \sin\varphi$$

Снаряд вылетает под некоторым углом $\alpha$. Не вдаваясь подробно в кинематику, сразу запишем дальность полета снаряда из кинематических формул и теории движения тела, брошенного под углом к горизонту:

$$L=\frac{\upsilon^2\sin 2\alpha}{g}=\frac{2\upsilon\sin\alpha\cdot\upsilon\cos\alpha}{g}=\frac{2\upsilon_x\upsilon_y}{g}$$

Дело за малым – разобраться с $\upsilon_y$.

$$\operatorname{tg}\varphi=\frac{\upsilon_{otn_y}}{\upsilon_{otn_x}}$$

$$\operatorname{tg}\varphi=\frac{\upsilon_y}{u+\upsilon_x}$$

$$\upsilon_y=\operatorname{tg}\varphi (u+\upsilon_x)$$

$$L=\frac{2\upsilon_x(u+\upsilon_x) \operatorname{tg}\varphi}{g}$$

$$L=\frac{2\frac{M}{m}u^2(1+\frac{M}{m}) \operatorname{tg}\varphi}{g}$$

Ответ: $L=\frac{2\frac{M}{m}u^2(1+\frac{M}{m}) \operatorname{tg}\varphi}{g}$

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *