- •Министерство образования Российской Федерации
- •Напишем для каждого тела второй закон Ньютона в проекциях на ось х с учетом уравнения (1) получим
- •Тем самым показано, что, если прене4бречь массой нити, то силы t2'' и t1''можно считать приложенными в каждый данный момент времени к самому блоку.
- •Если же блок, имеющие массу, вращается с постоянным угловым ускорением, то
- •Если и масса блока и трение играет заметную роль, то имеем уравнение моментов в виде (6). Подставив в него моменты из (4), получим
- •Описание установки.
- •Задание 1.
- •Задание 2.
- •Задание 3.
- •Погрешности.
- •Расчёт погрешностей для величин, измеренных в первом задании.
- •Расчёт погрешностей для величин, измеренных во втором задании.
- •Расчёт погрешностей для величин измеренных в третьем задании.
- •Расчёт коэффициента корреляции.
- •Теоретические расчёты f0 и α методом наименьших квадратов.
- •Таким образом, линейная зависимость (20) ускорения системы от массы перегрузков выражается следующей приближённой функцией:
- •Примечание. Масса перегрузка, уравновешивающая силу трения между осью и блоком, рассчитывается по следующей формуле:
Министерство образования Российской Федерации
Нижегородский государственный университет им. Н.И.Лобачевского
Физический факультет
Отчет
по лабораторной работе
«Машина атвуда»
Выполнил:
студент группы №511
Кучин Д.П.
Проверил:
Позднеев Д.Б.
г. Нижний Новгород
2003 г.
Цель работы: экспериментально установить закон движения грузов.
Теоретическая часть.
М
При расчёте
движения этих тел нить можно считать
нерастяжимой. Тогда для любого момента
времени можно записать X1
+ X2
+πR
= L
= const где
X1
и X2
–
координаты тела; R
– радиус блока; L
– длина нити. Дважды дифференцируя это
выражение по времени, получим
(X1)'
+ (X2)'
и –а1х
= а2х
= а (1) -Ма
= Мg
– T1 (M
+ m)a = (M + m)g – T2 откуда
a
= (mg – (T2
– T1))
/ (2M + m)
(2)
Напишем для каждого тела второй закон Ньютона в проекциях на ось х с учетом уравнения (1) получим
Чтобы найти (T2 – T1), рассмотрим движение частей нити под действием приложенных сил, полагая, что масса нити (mн) можно пренебречь (рис. 2-а)
Рис. 2
Разобьём нить на три участка: 1, 2 и 3, длины которых равны Х1, Х2 и πR. Третий участок охватывает блок и в отсутствии проскальзывания в каждый момент времени неподвижен, относительно него. Это свидетельствует о наличии силы трения покоя между нитью и блоком, меньшей максимального значения силы трения покоя. В силу сказанного можно сказать, что силы T1'' и T2'' приложены к блоку со стороны первого и второго участков. Соответственно силы T1''' и T2''' приложены к первому и второму участкам нити со стороны третьего. Силы T1' и T2' приложены к первому о второму участкам со стороны тел (рис. 2). Теперь можно записать 2-ой закон для первого и второго участков нити с учётом mн 0:
mн1aн1 = T1' + T1'' = 0, T1' = -T1''
mн2aн2 = T2' + T2'' = 0, T2' = -T2''
где mн1, mн2, aн2, aн1 – массы и ускорения соответствующих участков нити.
Рассмотрим движение бесконечно малого сегмента нити, принадлежащего её третьему участку (рис. 2-b). Для этого сегмента можно записать
admн = Tk + Tk+1 + dFтр + dN = 0
т.к. массой нити можно пренебречь. Спроектируем это уравнение на направление касательной к внешней окружности блока (рис. 2-b) , приняв в следствии малости сегмента Tk+1 = Tk + dT,
Tk – Tk – dT + dFтр = 0
Откуда
dFтр = dT
И, следовательно, будут равны интегралы, взятые в пределах от 0 до π
∫ dFтр = ∫ dT
Нам неизвестны зависимости Fтр(α) и T(α), но мы знаем, что T(0) = T1'' и T(π) = T2'', так что
∫ dT = T(π) – T(0) = T2'' – T1''
Откуда
∫ dFтр = T2'' – T1''
Тем самым показано, что, если прене4бречь массой нити, то силы t2'' и t1''можно считать приложенными в каждый данный момент времени к самому блоку.
Используя 3-й закон Ньютона, можно показать, что
T2'' – T1'' = T2 – T1
Из приведённых рассуждений следует: T2 – T1 ≠ 0 в том случае, если для вращения блока к нему должны быть приложены неравные силы T2'' и T1'' (T2'' ≠ T1'').
Для объяснения последнего неравенства рассмотрим движение блока под действием приложенных к нему сил (рис. 2-b): T2'' , T1'' и Fотр – силы трения между блоком и осью. Трение о воздух примем пренебрежимо малым. Эти три силы создают моменты сил относительно центра блока, действующие на блок
Мотр = Fотрr, М1' = T1''R, М2'' = T2''R (4)
где r – радиус оси блока.
В случае вращения блока с постоянной угловой скоростью будем иметь
Мотр + М1' – М2'' = 0 (5)