Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Второй закон Ньютона, Динамика, Закон сохранения импульса, Законы сохранения энергии, Олимпиадная физика

Олимпиадная подготовка по динамике – 6

[latexpage]

Хорошие, интересные задачи по динамике, решений многих из которых в сети нет.

Задача 4.  Шарнирная конструкция, состоящая из четырёх лёгких одинаковых стержней, удерживается нитью, привязанной к потолку, и опирается на гладкую горизонтальную поверхность, как показано на рисунке. Если к шарнирам, соединяющим центры стержней, подвесить грузы массой $m$ и $M$, сила натяжения нити окажется равной $T_1 = 30$ Н. При уменьшении массы верхнего груза вдвое сила натяжения верхней нити уменьшится до $Т_2 = 20$ Н. Определите массы грузов $m, M$ и силы реакции $N$, действующие на стержни со стороны горизонтальной поверхности.

К задаче 4

Решение. Эта задача – на метод виртуальных перемещений. Сумма работ внешних сил в данном случае будет равна сумме изменений потенциальных энергий.

На конструкцию действуют две силы реакции опоры – на каждую из ног.

$$2N+T=mg+Mg$$

Если точка приложения силы $T$ сместится на $\Delta x$, то груз массой $m$ тоже поднимется на такую же высоту. Большой груз тоже поднимется, пусть на $\Delta x_2$.

Определяем перемещение второго груза

$$T\Delta x=mg\Delta x+ Mg\Delta x_2~~~~~~~~~~~~(1)$$

Груз $m$ находится на первоначальной высоте

$$h_0=3x\cos\alpha$$

После того, как подняли груз на $\Delta x$, угол изменился и стал равен $\beta$.

$$h_0+\Delta x=3x\cos \beta$$

$$\Delta x=3x(\cos \beta-\cos \alpha)$$

Большой груз находился на первоначальной высоте $H_0$

$$H_0=x\cos \alpha$$

А потом приподнялся:

$$H_0+\Delta x_2=x\cos \beta$$

Откуда

$$\Delta x_2= x(\cos \beta-\cos \alpha)=\frac{\Delta x}{3}$$

Подставим этот результат в (1), $\Delta x$ сокращается и получаем, что сила $T$ равна

$$T=mg+\frac{Mg}{3}$$

Для двух случаев

$$T_1= mg+\frac{Mg}{3}$$

$$T_2= \frac{mg}{2}+\frac{Mg}{3}$$

При вычитании получим

$$ \frac{mg}{2}=T_1-T_2$$

$$m=\frac{2(T_1-T_2)}{g}=\frac{20}{10}=2$$

Определим $M$:

$$Mg=3T_1-3mg$$

$$M=\frac{3T_1}{g}-3m=\frac{90}{10}-6=3$$

И силу реакции $N$:

$$2N=mg+Mg-T_1=20+30-30=20$$

$$N=10$$

Ответ: $N=10$ Н, $m=2$ кг, $M=3$ кг.

Задача 5. На горизонтальной плоскости на расстоянии $a$ от закреплённой ступеньки лежит брусок (рисунок). Высоты ступеньки и бруска одинаковы. На ребро бруска, параллельное краю ступеньки, опирается цилиндр, который может без трения вращаться вокруг оси $O$, прикреплённой к краю ступеньки. Массы бруска и цилиндра равны. Если $a \leqslant \sqrt{2}R$, где $R$ – радиус цилиндра, то брусок покоится, а если $a > \sqrt{2}R$, то брусок скользит, не отрываясь от плоскости. Считая коэффициент трения между всеми трущимися поверхностями одинаковым, найдите его величину.

Решение. Нарисуем все силы, которые действуют на брусок и цилиндр. Фиолетовым показана сила в шарнире, неочевидная по направлению.

Силы в задаче 5

Поэтому для цилиндра составим уравнение моментов, а для бруска уравнение по второму закону Ньютона. Так как $a=\sqrt{2}R$, то треугольник, образованный радиусами, проведенными в точки касания, прямоугольный.

Прямоугольный равнобедренный треугольник, образованный радиусами

Следовательно, все углы на чертеже равны $45^{\circ}$. Тогда уравнения для бруска (сразу подставляем соответствующие значения синусов и косинусов):

$$\begin{Bmatrix}{- \mu N_2-\mu N_1\frac{\sqrt{2}}{2}+N_1\frac{\sqrt{2}}{2}=0}\\{N_2=mg+N_1\frac{\sqrt{2}}{2}+\mu N_1\frac{\sqrt{2}}{2} }\end{matrix}$$

Подставив $N_2$ в первое уравнение системы, получим:

$$-\mu mg-\mu N_1 \frac{\sqrt{2}}{2}-\mu^2 N_1\frac{\sqrt{2}}{2}-\mu N_1\frac{\sqrt{2}}{2}+N_1\frac{\sqrt{2}}{2}=0$$

$$N_1=\frac{\mu mg}{-\sqrt{2}\mu-\mu^2\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{\sqrt{2}\mu mg}{1-2\mu-\mu^2}$$

Цилиндр, правило моментов:

$$mg\cdot \frac{a}{2}-N_1R-\mu N_1\frac{\sqrt{2}}{2} a=0$$

$$mg\cdot \frac{R\sqrt{2}}{2}-N_1R-\mu N_1\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot R\sqrt{2}=0$$

$$N_1=\frac{mg\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}{1+\mu}$$

$$\frac{mg\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}{1+\mu}=\frac{\sqrt{2}\mu mg}{1-2\mu-\mu^2}$$

$$\frac{1}{2+2\mu}=\frac{\mu}{1-2\mu-\mu^2}$$

$$2\mu+2\mu^2=1-2\mu-\mu^2$$

$$3\mu^2+4\mu-1=0$$

$$D=16+12=28$$

$$\mu=\frac{-4+\sqrt{28}}{6}=\frac{\sqrt{7}-2}{3}$$

Ответ: $\mu=\frac{\sqrt{7}-2}{3}$.

Задача 6. Плоская Земля неподвижно покоится в Центре Мироздания на спинах Трех Слонов (см. рисунок). Вокруг центра Земли по круговой орбите радиуса $R$ двигается Луна массой $M$. На поверхность Земли около центра положили брусок. При каком коэффициенте трения бруска о землю брусок не сдвинется в любой фазе Луны? Плоскость Земли и плоскость вращения Луны взаимно перпендикулярны. Ускорение свободного падения на Земле около бруска считать равным 9, гравитационное взаимодействие тел подчиняется закону Ньютона с гравитационной постоянной $G$.

К задаче 6

Решение. Сила тяготения направлена на Луну, сила трения направлена в противоположную сторону по плоскости Земли. Поэтому

$$F_t\cos \alpha=\mu N$$

$$N+F_t\sin \alpha=mg$$

$$ F_t\cos \alpha=\mu(mg- F_t\sin \alpha)$$

$$ F_t\cos \alpha+\mu F_t\sin \alpha=\mu mg$$

$$\mu\geqslant \frac{ F_t\cos \alpha }{mg- F_t\sin \alpha }$$

Возьмем производную, чтобы выяснить экстремумы:

$$\mu’=\frac{-\sin \alpha(mg- F_t\sin \alpha)+ \cos \alpha\cdot F_t\cos \alpha }{( mg- F_t\sin \alpha )^2}=0$$

$$ F_t\sin^2 \alpha^ F_t\cos^2 \alpha-mg\sin \alpha=0$$

$$F_t- mg\sin \alpha=0$$

$$\sin \alpha=\frac{ F_t }{mg}$$

Подставим в выражение для $\mu$:

$$\mu_{min}=\frac{ F_t \sqrt{1-\left(\frac{ F_t }{mg}\right)^2}}{mg-\frac{F_t^2}{mg}}$$

Ответ: $\mu_{min}=\frac{ F_t \sqrt{1-\left(\frac{ F_t }{mg}\right)^2}}{mg-\frac{F_t^2}{mg}}$.

Задача 7. В цилиндре радиусом $R$ на расстоянии $\frac{2}{3}R$ от центра просверлено отверстие радиусом $\frac{1}{4}R$ параллельно оси цилиндра. Отверстие залито металлом, плотность которого в 5 раз больше вещества цилиндра. Цилиндр лежит на дощечке. Коэффициент трения между цилиндром и дощечкой 0,3. На какой максимальный угол можно наклонить дощечку, чтобы цилиндр находился на ней в равновесии?

К задаче 7

Решение. Чтобы шар не скользил, необходимо, чтобы сила трения была бы больше составляющей $mg\sin \alpha$:

$$ mg\sin \alpha<\mu mg\cos \alpha$$

$$\operatorname{tg}\alpha <\mu$$

$$\alpha< 16,7^{\circ}$$

Если бы цилиндр был бы однородным, он сразу покатился бы. Если мы наш неоднородный цилиндр положим тяжеленькой частью вверх, то необходимо, чтобы линия действия силы тяжести проходила бы выше точки приложения силы $N$. В крайнем случае – через точку приложения силы реакции опоры.

Сила тяжести приложена к центру масс. Определим, где он.

Удобнее иметь целый цилиндр, чем цилиндр с дырой

Удобнее вместо цилиндра с дырой взять целый цилиндр, без дырки, но «набалдашник» тогда будет плотностью не $5\rho$, а $4\rho$.

$$x_{zt}=\frac{\rho\cdot \pi R^2\cdot l\cdot 0+4\rho\cdot \left(\frac{1}{4}R\right)^2\cdot \pi l\cdot x}{\rho\cdot \pi R^2 +4\rho\cdot \pi \frac{R^2}{16} }$$

$$x=\frac{2R}{3}$$

$$x_{zt}=\frac{4\cdot \frac{1}{16}\cdot\frac{2}{3}}{1+\frac{1}{4}}=\frac{2}{15}R$$

То есть центр тяжести может лежать на окружности радиуса $\frac{2}{15}R$ с центром на оси цилиндра.

Угол мал, поэтому

$$\operatorname{tg}\alpha =\frac{y}{R}=\frac{ x_{zt}}{R}=\frac{2}{15}$$

Этот угол меньше, чем угол, тангенс которого равен 0,3, то есть цилиндр покатится раньше, чем выполнится первое условие задачи (то есть он заскользит)

Ответ: $\operatorname{tg}\alpha =\frac{2}{15}$.

Добавить комментарий

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