Физика. Практика решения физических задач. Учебное пособие

где v→0 – искомая скорость пули; u→ – скорость бруска и пули сразу после ее попадания в брусок.

В проекциях на ось Ox

m v0 =(M +m) u.

Отсюда

u = Mm +vm0 .

Заметим, что на данном этапе часть энергии пули переходит во внутреннюю энергию бруска, и энергия не сохраняется.

Проанализируем подъем бруска с пулей на высоту h, соответствующий их отклонению на угол α от вертикали (2–3). В DOAB, где A = 90° катет x = l  cosa. Тогда высота подъема бруска вместе с пулей

h =l −x =l −l cosa=l (1−cosa).

На этом этапе потерь энергии уже нет, следовательно, выполняется закон сохранения энергии:

Eкин = M2+m u2 =(M +m) g h = Eпот.

С учетом равенств h = l   (1 – cosa) и u = (m   v0) / (M + m) получаем:

21

Искомая скорость пули при попадании в брусок:

Задача  1.9. На горизонтальной поверхности пола лежит ящик в форме прямоугольного параллелепипеда. Масса ящика равна m = 16 кг. Коэффициент трения m между поверхностями пола и ящика составляет 0,35. Определите, какую минимальную по модулю внешнюю силу Fmin нужно приложить к боковой грани ящика, чтобы сдвинуть его с места.

Решение. Изобразим на рисунке  1.9 силы, приложенные к ящику, и введем систему координат xOy.

Уравнение движения ящика:

F + Fтр + N +m g =m a.

Спроецируем его на оси координат, считая, что внешняя сила направлена под углом a к горизонтали:

Ox: F cosa−Fтр =m ax;

Oy: F sina+ N −m g =m ay.

22

Рисунок  1.9 – Ящик на горизонтальном полу

вполе действия четырех сил

Вмомент сдвига ящика с места сила трения покоя переходит в силу трения скольжения и достигает значения Fтр =

=m  N. При этом минимальное значение внешней силы Fmin достигается в случае, когда проекция ускорения тела на ось Ox

равна нулю: ax = 0. Поскольку ящик не ускоряется в направлении оси Oy, то проекция его ускорения на эту ось отсутствует: ay = 0. С учетом вышесказанного получаем систему уравнений:

F cosa =μ (m g −F sina);

→

N =m g −F sina.

F cosa=μ m g −μ F sina,

F cosa+μ F sina=μ m g,

F (cosa+μ sina)=μ m g,

F = μ m g . cosa+μ sina

23

Нами получено выражение для внешней силы F, которая, как видно, зависит от угла a. Очевидно, что величина силы F зависит от значения угла a. На следующем этапе требуется найти характерный угол a, при котором сила F будет наименьшей. Так как m  m  g = const, то проще исследовать на экстремум функцию f(a) = cosa + m  sina. Вычислим произво-

df (a) =(cosa+μ sina)′ = −sina+μ cosa=0, da

μcosa=sina,

μ=tga,

a=arctg(μ).

Таким образом, минимальная сила F наблюдается в случае, если она направлена под углом a = arctg(m) к горизонтали. Определим ее значение. По формулам тригонометрии с учетом соотношения m = tga имеем:

Рассчитаем искомую силу:

24

Задача  1.10. Представленная на рисунке  1.10 механическая система состоит из нити и однородного стержня AB массой m = 1,5 кг. Стержень держится на шарнире в точке A с помощью расположенной горизонтально нити, которая связана со стержнем в точке B. Угол a между стержнем и горизонталью составляет 60°. Определите модуль и направление силы N реакции шарнира A.

Нить B

А

Шарнир

Рисунок  1.10 – К задаче  1.10

Решение. На стержень AB действуют три силы: 1) на-

тяжения нити → (приложена в точке ); 2) тяжести    → (при-

T B m g

ложена к центру масс стержня – точке C); 3) реакции шарни-

→

ра N (приложена в точке A) (рисунок  1.11).

25

y

+

N C

Рисунок  1.11 – Силы, приложенные к стержню AB

Стержень AB неподвижен, т.е. находится в состоянии равновесия. В силу этого должны выполняться два условия равновесия:

∑F =T +m g + N =0;

∑M = MT + Mmg + MN =0.

Спроецируем уравнение сил на оси Ox и Oy:

Ox: −T +0 + Nx =0;

Oy:0 −m g + Ny =0.

Заметим, что в данном случае уравнение моментов удобнее записать относительно оси вращения z, направленной на нас и проходящей через неподвижную точку A. В этом случае

→

момент MN неизвестной нам силы реакции шарнира будет ра-

→

вен нулю, поскольку сила N приложена к стержню в точке А, через которую проходит ось вращения стержня. Имея в виду,

26

→

что вектор MT момента силы натяжения нити сонаправлен с

→

осью z, а вектор Mmg момента силы тяжести направлен противоположно оси z, спроецируем моменты действующих на стержень сил на ось z:

T x1 −m g x2 + N x3 =0,

сительно оси вращения стрежня, проходящей через точку A.

T AB sina−m g AB2 cosa+ N 0 =0.

Анализируя записанные соотношения для проекций сил и моментов, получаем следующее:

Nx =T,

Ny =m g,

T sina= 12 m g cosa.

Сила натяжения нити T равна горизонтальной составляющей Nx силы реакции шарнира A:

T = 12 m g cossinaa = 12 m g ctga= Nx.

=m g 14 ctg2a+1 = 12 m g ctg2a+4.

27

b=arctg ctga .

2

Сила реакции

N= 12 1,5 9,8 ctg2 (60°)+4 =7,35 13 +4 =

=7,35 2,081666 =15,3 (Н).

Задача  1.11. На наклонной плоскости лежит брусок массой m = 300 г в форме прямоугольного параллелепипеда. Угол a наклона плоскости к горизонтали постепенно изменяют от 0° до 90°. Коэффициент трения m между поверхностями бруска и плоскости равен 0,4. Определите максимальную

величину силы трения Fтр.max между бруском и плоскостью, возникающую при изменении угла a.

Решение. Рассмотрим случай, когда брусок покоится на плоскости. При этом его ускорение равно нулю (рисунок  1.12).

28

Fтр.пок.

mg

x

Рисунок  1.12 – Брусок на наклонной плоскости при небольших углах a (движения не происходит)

Тогда уравнение движения

m g + N + Fтр =m a =0.

Ox:m g sina−Fтр =0;

Oy: −m g cosa+ N =0.

Сила нормальной реакции N = m   g   cosa, сила трения

есть сила трения покоя Fтр = Fтр.пок = m   g   sina.

Теперь рассмотрим случай, когда брусок соскальзывает с плоскости. При этом его ускорение не равно нулю (рисунок  1.13).

Уравнение движения бруска

m g + N + Fтр =m a.

Ox:m g sina−Fтр =m a;

Oy: −m g cosa+ N =0.

29

x

Рисунок  1.13 – Брусок на наклонной плоскости при значительных углах a (тело движется вниз)

Cила нормальной реакции N = m  g  cosa, сила трения есть сила трения скольжения

Fтр = Fтр.ск =μ N =μ m g cosa.

Первый случай реализуется при сравнительно небольших углах a наклонной плоскости, второй – наоборот, при больших значениях угла a. Найдем «критический» угол a, при котором наблюдается переход от состояния покоя бруска к началу его соскальзывания с плоскости. Для этого приравняем силу трения покоя к силе трения скольжения:

Fтр.пок =m g sina=μ m g cosa= Fтр.ск,

sina=μ cosa,

tga =μ,

a=arctg(μ).

30