poz053

60

означает, что на тело одновременно с силой F действует сила, равная ей по величине и противоположно направленная – сила трения покоя. Таким образом:

покоя, µ – коэффициент трения, зависящий от шероховатости и от физических свойств соприкасающихся поверхностей, N – сила реакции опоры, эта сила определяет, насколько сильно тело прижато к поверхности, на которой находится. Силу реакции опоры не всегда создает лишь сила тяжести (см. рис).

Сила трения скольжения действует на движущееся тело и равна максимальной силе трения покоя: Fтр = µ N . Сила трения скольжения всегда направлена в

сторону, противоположную скорости движения тела относительно поверхности, по которой оно движется.

Сила трения качения мала по сравнению с силой трения скольжения. При больших скоростях сопротивление перекатыванию резко увеличивается, и тогда рассматривают силу трения скольжения.

В связи с трудностями, возникающими при решении задач динамики, особенно в тех случаях, когда рассматривается система тел, предлагаем схему, которой следует обязательно придерживаться:

1.Делаем рисунок и изображаем силы, действующие на тела со стороны других тел. При необходимости используем параллельный перенос векторов сил, рассматривая все силы приложенными к центру масс.

2.Выбираем тело отсчета, относительно которого будем рассматривать движение.

3.Связываем с телом отсчета систему координат и изображаем координатные оси.

4.Записываем закон динамики для каждого тела в отдельности (в векторном виде).

5.Записываем уравнения в проекциях на оси координат.

6.Из полученных уравнений составляем систему алгебраических уравнений, при этом число уравнений должно быть равно числу неизвестных.

7.Решаем систему уравнений и находим неизвестные физические величины.

8.Проверяем размерность полученных величин.

61

При решении задач на связанные нерастяжимой нитью тела, следует помнить, что они перемещаются с одинаковыми ускорениями. Если же рассматривается несколько тел, взаимодействующих друг с другом, например, посредством сил трения, сил давления и пр., то каждое тело может двигаться с конкретным ускорением. Поэтому, рассматривая данные задачи, записывайте уравнения движения тел для каждого тела отдельно. Будьте внимательны, учитывайте все взаимодействия тел друг с другом и придерживайтесь при решении предложенной выше схемы.

Примеры решения задач

Пример 1. Тело массой 5 кг лежит на полу лифта, поднимающегося вверх. Ускорение лифта a = 2 м/с2. Определить силу давления тела на пол лифта P. Уско-

По третьему закону Ньютона сила, с которой пол лифта действует на тело, равна силе, с которой тело действует на пол, т.е. весу тела:

N =- P ,

откуда

P = m(a + g) .

Произведем вычисления:

P = 5кг (10 м/ с2 + 2 м/ с2 ) = 60 Н.

62

2) Ускорение направлено вниз.

Проектируя на ось ОУ ускорение и силы, получим:

-ma = −mg + N ,

N = m(g - a) ,

P = m(g −a) .

Произведем вычисления:

P = 5кг (10 м/ с2 − 2 м/ с2 ) = 40 Н.

При условии, если g = a , давление тела на опору отсутствует, т.е. N = 0. В этом случае тело будет находиться в состоянии невесомости.

Ответ: при движении вверх P = 60 Н, вниз – P = 40 Н.

Свяжем систему координат с поверхностью Земли и направим ось Ох горизонтально, а ось Оу вертикально. На тело действуют силы: сила тяжести mgr , сила

r

реакции опорыN , сила трения Fтр и сила F . По второму закону Ньютона вектор-

ная сумма всех сил, действующих на тело, (равнодействующая) равна произведению массы тела на его ускорение, т.е. mgr + N + Fтр + F = m ar.

При определении минимального значения силы F, необходимой для начала движения тела, будем считать, что тело начинает двигаться равномерно, т.е. a = 0 .

В проекции на оси векторное выражение примет вид:

ОХ: − Fтр + F cos α = 0 ; ОУ: − mg + N + F sin α = 0 .

Выразим силу N из второго равенства и распишем силу трения:

N = mg − F sin α,

Fтр = µ N = µ (mg − F sin α) .

Тогда имеем:

−µ (mg − F sin α) + F cos α = 0 , F (cosα −µ sin α) = µ m g ,

Fтр . Ускорение направлено в сторону движения автомобиля. Запишем основное

уравнение динамики (второй закон Ньютона) в векторном виде: FТ + m gr + Fтр + N = m ar.

Перепишем его в проекциях на оси координат: на ось ОХ: Fт − Fтр = m a ,

на ось ОУ: N − m g = 0 или N = m g .

Физический смысл полученных уравнений: первого – ускорение автомобилю сообщает сила, равная разности силы тяги и силы трения; второго – в случае движения в горизонтальном направлении сила реакции опоры равна силе тяжести автомобиля.

Выразим силу трения, используя формулу Fтр = µ N , тогда Fтр = µ m g , а

искомая сила тяги может быть определена по формуле Fт = Fтр + m a или

Fт = m (µ g + a) .

Произведем вычисления:

Fт = 5 103 кг(0,04 9,8м/ с2 + 0,6 м/ с2 ) = 4860 Н.

Ответ: Fт = 4860 Н.

64

Пример 4. По дороге, идущей под уклон, на канате спускается вагонетка массой 500 кг. Угол наклона дороги к горизонту 30°. Определите натяжение каната при торможении вагонетки в конце спуска, если скорость перед началом торможения была 2 м/с, а время торможения составило 5 с. Коэффициент трения

Систему отсчета связываем с канатной дорогой, координатные оси проводим так, как показано на рисунке: одну – по направлению движения, другую – перпендикулярно первой. На вагонетку действуют силы: тяжести mgr , реакции

направлено в сторону, противоположную движению вагонетки, т.к. последняя останавливается. Запишем основное уравнение динамики (второй закон Ньютона) в векторном виде: Frнат + m gr + Frтр + N = m ar.

Перепишем его в проекциях на оси координат:

на ось ОХ: m g sin α − Fнат − Fтр = −m a ,

на ось ОУ: N − m g cosα = 0 или N = m g cosα .

Тогда с учетом того, что Fтр = µ Ν, имеем:

m g sin α − Fнат −µ m g cosα = −m a . Или Fнат = m g sin α −µ m g cosα + m a .

Для определения ускорения, с которым движется тело в момент торможения, воспользуемся формулой для определения скорости при равнозамедленном движении: υ = υo −a t , откуда a = υo / t , т.к. конечная скорость равна нулю υ = 0 . Тогда силу натяжения определим по формуле:

Fнат = m (g sin α −µ g cos α + υo / t) .

Произведем расчеты:

Fнат = 500 кг (9,8м/ с2 sin 30°−0,01 9,8м/ с2 cos 30°+ 2 м/ с5с)= 2607 Н.

Ответ: Fнат = 2607 H.

65

Пример 5. Автомобиль массой m = 1000 кг движется по мосту радиуса R = 200 м со скоростью υ = 20 м/с. С какой силой Fд автомобиль давит на середину моста, если: 1) мост выпуклый; 2) мост вогнутый; 3) для выпуклого моста определить силу давления в точке С, направление на которую из центра кривизны моста

В точках А, В, С автомобиль движется с нормальным (центростремительным) ускорением, направленным к центру кривизны моста в точке О, т.к. он движется по окружности радиуса R:

an = aцс = υR2 .

В каждом из предлагаемых случаев на автомобиль действуют силы: сила тяжести – mgr и сила нормальной реакции опоры (моста) N .

По третьему закону Ньютона сила давления на мост и сила ответной реакции равны по величине друг другу, противоположны по направлению и приложены к разным телам (сила давления приложена к мосту, сила реакции опоры

r

приложена к автомобилю), т.е. Fд = −N или в скалярном виде Fд = N . Таким обра-

зом, чтобы ответить на вопрос, необходимо определить силу реакции опоры в каждом из рассматриваемых случаев.

По второму закону Ньютона имеем: N + m gr = m arцс . Ось ОУ направим к центру кривизны.

В проекции на ось ОУ векторное равенство запишется в виде:

mg − N1 = m υ2 , откуда N1 = m(g − υ2 ) , т.е. Fд1 = m(g − υ2 ) . R R R

2.) В точке В автомобиль движется с ускорением, направленным к точке О. В этом случае основной закон динамики (второй закон Ньютона) в проекции на ось ОУ примет вид:

−mg + N2 = m υ2 , откуда N2 = m(g + υ2 ) , следовательно, Fд2 = m(g + υ2 ) .

R R R

66

3) В этом случае нормальное ускорение обеспечивают проекция силы тяжести на ось ОУ и сила нормальной реакции N3 . Основной закон динамики в проекции на заданную ось имеет вид:

Систему отсчета связываем с горизонтальной поверхностью, координатные оси проводим так, как показано на рисунке: одну – горизонтально, другую – перпендикулярно первой. На велосипедиста действуют силы: тяжести mgr , реакции

r

опоры N и трения Fтр . Ускорение направлено к центру окружности, по которой

движется велосипедист.

Сумма проекций сил на касательное направление равна нулю, т.к. скорость велосипедиста по условию задачи не изменяется по величине. Для того, чтобы велосипедист не потерял равновесие, необходимо, чтобы равнодействующая сил трения и реакции опоры была направлена по прямой, проходящей через центр тя-

жести. В этом случае ctgα = FNтр = µ .

Запишем основное уравнение динамики (второй закон Ньютона) в векторном виде:

m gr + Fтр + N = m arцс .

68

Следовательно, равенства можно переписать в виде: m1a = −m1g + T , − m2a = −m2g + T .

Рассматривая данные равенства как систему из двух уравнений с двумя неизвестными, найдем разность левых и правых частей,

(m1 + m1 ) a = (m2 − m1 ) g ,

откуда

a = (m2 − m1 ) g /(m2 + m1 ) .

Силу натяжения определим, выразив ее из одного из равенств системы:

T = m1 (a + g) .

Произведем вычисления:

a = (0,4 кг −0,2 кг) 9,8м/ с2 /(0,2 кг + 0,4 кг) = 3,27 м/ с2 , T = 0,2 кг(3,27 м/ с2 + 9,8м/ с2 ) = 2,6 Н.

Ответ: a = 3,27 м/ с2 ; T = 2,6 Н.

Пример 8. Найти первую космическую скорость υ1 на поверхности Земли и линейную скорость искусственного спутника Земли на высоте 1700 км, если его орбиту считать круговой. Принять радиус Земли равным 6400 км, а ускорение

На тело, движущееся по круговой орбите вокруг Земли, действует единственная сила – сила тяготения. Эта сила определяет нормальное ускорение спутника.

Для удобства воспользуемся формулой, по которой можно определить ускорение свободного падения на Земле:

g = G MЗ2 , RЗ

69

откуда следует, что G MЗ = g R2З, т.е. υ1 = g R З .

Во втором случае высота над поверхностью Земли задана, поэтому, рассуждая аналогично, для линейной скорости имеем:

υ1 = 10м/ с2 6,4 106 м = 8 103 м/ с = 8км/ с,

Задачи для самостоятельного решения

1.На какой высоте над поверхностью Земли первая космическая скорость равна 6 км/с?

2.На экваторе некоторой планеты тела весят вдвое меньше, чем на полюсе. Плотность вещества планеты 3000 кг/м3. Определить период обращения планеты вокруг собственной оси.

3.Какова первая космическая скорость для планеты, масса и радиус которой в два раза больше, чем у Земли?

4.С вершины наклонной плоскости высотой 20 см и длиной 1 м соскальзывает брусок. Определить скорость бруска в конце наклонной плоскости. Коэффициент трения тела о наклонную плоскость равен 0,3.

5.На наклонной плоскости высотой 5 м и длиной 10 м находится тело массой 50 кг, на которое действует горизонтально направленная сила 300 Н. Определить ускорение тела и время соскальзывания. Трением пренебречь.

6.Санки скатываются с горы длиной 10 м за 2 с. Найти угол наклона горки. Сила трения составляет десятую часть от силы тяжести.

7.Тело массой 10 кг движется вверх по наклонной плоскости. На тело действует сила 100 Н, направленная вверх под углом β = 30° к поверхности наклонной плоскости. Коэффициент трения равен µ = 0,1. Угол наклона плоскости α = 30°. Определить ускорение, с которым движется тело.

8.При помощи подвижного блока равномерно поднимают груз, прилагая силу 50 Н. Определите силу тяжести, действующую на груз, если сила тяжести блока – 10 Н. (FTP = 0).