2.8. Алгоритм решения задач по динамике. Движение тела в горизонтальном направлении

[latexpage]При решении задач по динамике целесообразно пользоваться следующим алгоритмом:

1. Выбрать инерциальную систему отсчета. Совет — связывайте систему отсчета с телом, которое неподвижно или движется равномерно относительно Земли.
2. Найти все силы, действующие на тело, и изобразить их, а также и ускорение на чертеже. Совет — если направление ускорения не известно, то его направление можно указать предположительно.
3. Записать второй закон Ньютона в векторной форме и перейти к скалярной записи, заменив все векторы их проекциями на оси. (Как найти проекцию вектора и для чего это нужно, можно посмотреть здесь)
4. Исходя из физической природы сил, выразить силы через физические величины, от которых они зависят, и подставить их в закон Ньютона.
5. Если в задаче требуется определить положение или скорость тела, то написать нужные уравнения кинематики.
6. Решить систему уравнений относительно искомых величин.

Мы рассмотрим несколько типов задач, наиболее часто встречающихся при изучении динамики, а именно:

а) движение в горизонтальном направлении;

б) движение тела по наклонной плоскости;

в) движение связанных тел;

г) движение тела под действием силы упругости;

д) движение тела по окружности.

Пример. Если к телу приложить силу F = 12 Н под углом α = 45° к горизонту, то тело будет двигаться равномерно. С каким ускорением будет двигаться тело, если ту же силу приложить под углом β = 30° к горизонту? Масса тела m = 10 кг.

Решение. Из первого условия найдем коэффициент трения.

1. Систему отсчета свяжем с поверхностью, относительно которой движется тело, поскольку, очевидно, что она неподвижна относительно Земли (иное не оговорено в задаче), а значит является инерциальной.

2. Выполним чертеж с указанием всех сил, действующих на тело. 

3. Запишем второй закон Ньютона, учитывая, что тело движется равномерно:

$\overrightarrow{N}+m\overrightarrow{g}+\overrightarrow{F}+\overrightarrow{F_{tr}}=0$.

Проекции на координатные оси:

$Ox: F cos \alpha — F_{tr}=0$,

$Oy: N-mg+F sin \alpha =0$.

4. Из второго уравнения найдем модуль силы реакции опоры $N=mg-F sin \alpha$. Известно, что $F_{tr}=\mu N$, значит

$F_{tr}=\mu \left ( mg-F sin \alpha \right )$,

$F cos \alpha -\mu \left ( mg-F sin \alpha \right )=0 $.

5. Кинематические уравнения в данной задаче не требуются, поэтому переходим к п.6.

6. Из последнего уравнения найдем коэффициент трения $\mu =\frac{F cos \alpha}{mg-F sin \alpha}$, т.е.

$\mu =\frac{12\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}{10\cdot 10-12\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}\approx 0,09$.

Теперь найдем ускорение. Для этого повторяем все действия, проведенные выше, с учетом того, что тело движется с ускорением:

1. Систему отсчета свяжем также с поверхностью, относительно которой движется тело.

2. Выполним чертеж с указанием всех сил, действующих на тело. 

3. Запишем второй закон Ньютона:

$\overrightarrow{N}+m\overrightarrow{g}+\overrightarrow{F}+\overrightarrow{F_{tr}}=m\overrightarrow{a}$,

Проекции на координатные оси:

$Ox: F cos \beta — F_{tr}=ma$,

$Oy: N-mg+F sin \beta =0$.

4. Из второго уравнения найдем модуль силы реакции опоры $N=mg-F sin \beta$. Известно, что $F_{tr}=\mu N$, значит

$F_{tr}=\mu \left ( mg-F sin \beta \right )$,

$F cos \beta -\mu \left ( mg-F sin \beta \right )=ma $.

5. Кинематические уравнения в данной задаче не требуются, поэтому переходим к п.6.

6. Из последнего уравнения найдем ускорение

$a=\frac{F cos \beta -\mu \left ( mg-F sin \beta \right )}{m}$,

$a=\frac{12\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}-0,09\left ( 10\cdot 10-12\cdot \frac{1}{2} \right )}{10}\approx 0,2$ м/с².

Пример. Если динамометр с прикрепленным к нему грузом поднимать замедленно вверх с ускорением a = 0,6 м/с2 и опускать замедленно вниз с тем же ускорением, то разность показаний динамометра оказалась ∆ F = 29,4 Н. Чему равна масса m груза? 

Решение. 1. Систему отсчета свяжем с Землей, она является инерциальной.

2. Выполним чертеж с указанием всех сил, действующих на тело. 

3. Запишем второй закон Ньютона для каждого случая:

$\overrightarrow{F_1}+m\overrightarrow{g}=m\overrightarrow{a_1}$,

$\overrightarrow{F_2}+m\overrightarrow{g}=m\overrightarrow{a_2}$.

Проекции на координатную ось

$F_1-mg=-ma_1$,

$F_2-mg=ma_2$.

4. В данной задаче не требуется выражать силы трения или какие-либо другие силы через модули, поэтому пропускаем этот пункт.

5. Определять положение тела не требуется, отметим лишь, что ускорения с которыми движется тело в первом и во втором случае равны по модулю, т.е. $a_1=a_2=a$.

6. Решаем полученную систему, известно что $\Delta F=F_2-F_1$, тогда

$\Delta F=ma_2+mg-(-ma_1+mg)=$

$=ma_2+ma_2=ma+ma=2ma$,

$m=\frac{\Delta F}{2a}$,

$m=\frac{29,4}{2 \cdot 0,6}=24,5$ кг.

Пример. Брусок массой m = 1 кг зажат между двумя вертикальными плоскостями с силой F = 4,9 Н. Найдите силу трения между бруском и плоскостью при его проскальзывании и его ускорение. Коэффициент трения между бруском и плоскостью μ = 0,5. 

Решение. 1. Систему отсчета свяжем с поверхностью, относительно которой движется тело, поскольку, очевидно, что она неподвижна относительно Земли (иное не оговорено в задаче), а значит является инерциальной.

2. Выполним чертеж с указанием всех сил, действующих на тело. 

3. Запишем второй закон Ньютона $m\overrightarrow{g}+\overrightarrow{P_1}+\overrightarrow{P_2}+\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}=m\overrightarrow{a}$. В проекциях на вертикальную и горизонтальные оси соответственно, получим 

$mg-F_1-F_2=ma$,

$P_1-P_2=0$.

4. Силы трения $F_1$ и $F_2$ равны соответственно

$F_1=\mu P_1$ и $F_2=\mu P_2$/

Так как $P_1=P_2=P=4,9$ Н, то $F_1=F_2=\mu P$, значит второй закон Ньютона в проекциях на вертикальную ось перепишется следующим образом

$mg-\mu P-\mu P=ma \Rightarrow mg — 2\mu P=ma$.

5. Кинематические уравнения в данной задаче не требуются, поэтому переходим к п.6.

6. Из уравнения, полученного в п.4 находим ускорение

$a=g-\frac{2\mu P}{m}$,

$a=9,8-\frac{2\cdot 0,5 \cdot 4,9}{1}=4,9$ м/с².

Модули силы трения $F_1=F_2=0,5 \cdot 4,9 = 2,45$ Н.

Пример. Магнит массой m = 0,5 кг притягивается к стенке с силой F = 5 Н. Если к магниту приложить еще силу F2 = 20 Н, составляющую угол α = 30° со стенкой, то куда и с каким ускорением будет двигаться магнит? Коэффициент трения между стенкой и магнитом μ = 0,6. 

Решение. 1. Систему отсчета свяжем с поверхностью, относительно которой движется тело, поскольку, очевидно, что она неподвижна относительно Земли (иное не оговорено в задаче), а значит является инерциальной.

2. Выполним чертеж с указанием всех сил, действующих на тело. Ничего определенного по поводу направления мы сказать не можем: тело может двигаться вниз, вверх, а может и вовсе покоиться, а от направления движения зависит направление силы трения, а значит и величина равнодействующей. Будем решать задачу в предположении, что силы F недостаточно, чтобы она удержала магнит и он будет скользить вниз.

3. Запишем второй закон Ньютона и найдем проекции на координатные оси:

$\overrightarrow{N}+m\overrightarrow{g}+\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F}+\overrightarrow{F_{tr}}=m\overrightarrow{a}$,

$mg-F_{tr}-F cos \alpha = ma$,

$F_1+F sin \alpha -N= 0$.

4. Из последнего уравнения выразим модуль силы реакции опоры и найдем модуль силы трения

$N = F_1+F sin \alpha $,

$F_{tr}=\mu N=\mu (F_1+F sin\alpha )$,

$mg-\mu (F_1+F sin\alpha )-F cos \alpha = ma$.

5. Кинематические уравнения в данной задаче не требуются, поэтому переходим к п.6.

6. Из уравнения, полученного в п.4 находим ускорение

$a= \frac{mg-\mu (F_1+F sin\alpha )-F cos \alpha}{m}$,

$a=\frac{0,5\cdot 10-0,6\left ( 5+20\cdot 0,5 \right ) — 20\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}{0,5}\approx -42$ м/с².

Получено отрицательное значение модуля ускорения, это означает, что наше предположение о том, что тело будет двигаться вниз неверно. Значит тело движется вверх. С учетом сказанного найдем ускорение.

1. Систему отсчета свяжем с поверхностью, относительно которой движется тело, поскольку, очевидно, что она неподвижна относительно Земли (иное не оговорено в задаче), а значит является инерциальной.

2. Выполним чертеж с указанием всех сил, действующих на тело. 

3. Запишем второй закон Ньютона и найдем проекции на координатные оси:

$\overrightarrow{N}+m\overrightarrow{g}+\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F}+\overrightarrow{F_{tr}}=m\overrightarrow{a}$,

$mg+F_{tr}-F cos \alpha = -ma$,

$F_1+F sin \alpha -N= 0$.

4. Из последнего уравнения выразим модуль силы реакции опоры и найдем модуль силы трения

$N = F_1+F sin \alpha $,

$F_{tr}=\mu N=\mu (F_1+F sin\alpha )$,

$mg+\mu (F_1+F sin\alpha )-F cos \alpha = -ma$.

5. Кинематические уравнения в данной задаче не требуются, поэтому переходим к п.6.

6. Из уравнения, полученного в п.4 находим ускорение

$a= \frac{F cos \alpha  — mg-\mu (F_1+F sin\alpha )}{m}$,

$a=\frac{20\cdot \frac{\sqrt{3}}{2} — 0,5\cdot 10-0,6\left ( 5+20\cdot 0,5 \right )}{0,5}\approx 6,64$ м/с².

Задачи для самостоятельного решения. 

1. Бусинка массой m = 10 г соскальзывает по вертикальной нити. Найдите силу натяжения нити и ускорение бусинки, если сила трения между бусинкой и нитью F1 = 50 мН. 

2. На высоте h = 3,5 м горизонтально подвешена труба длиной l = 50 см. На полу стоит маленькая катапульта, выбрасывающая шарик так, что он влетает в трубу горизонтально и, скользя по ней, останавливается у края трубы (см. рис.). Определите расстояние по горизонтали от трубы до катапульты. Коэффициент трения μ = 0,07. Сопротивление воздуха не учитывать. 

3. С какой наименьшей силой, направленной под углом α = 30° к горизонту, необходимо толкать перед собой тележку, чтобы она сдвинулась с места (см. рис.)? Масса тележки 12 кг,
коэффициент трения μ = 0,4. 

4. Веревка выдерживает груз массой 110 кг при его вертикальном подъеме с некоторым ускорением и груз массой 690 кг при его вертикальном спуске с таким же по модулю ускорением. Какова максимальная масса груза, который можно поднять с помощью этой веревки, при условии что он движется равномерно?