Задача. Груз массой $m_2=2$ кг находится на столе, который движется горизонтально с ускорением $a=2$ м/с2? (см. рис.). К грузу прикреплена нить, перекинутая через блок. К другому концу нити подвешен второй груз массой $m_1=500$ г. Найдите силу натяжения нити, если коэффициент трения груза 1 о стол $\mu =0,5$.
Решение. При решении задачи будем пользоваться алгоритмом решения задач по динамике.
1. Систему отсчета свяжем с Землей, такая система отсчета является инерциальной.
2. Выполним чертеж с указанием всех сил, действующих на тело.
3. Запишем второй закон Ньютона в векторном виде для каждого тела
$m_1\vec{g}+\vec{T}=m\vec{a}_1$,
$m_2\vec{g}+\vec{N}+\vec{T}’+\vec{F}_{mp}=m_2\vec{a}_2$,
где $\vec{a}_1$ и $\vec{a}_2$ — ускорения грузов относительно Земли соответственно. Направление этих ускорений нам не важно, так как нам все равно нужно будет от этих ускорений перейти к другим, поэтому проекции этих ускорений на координатные оси находить не будем.
В проекциях на горизонтальную ось $x$
$T\, sin\, \alpha =m_1a_{1x}$. (1)
$F_{mp}-T’ =m_2a_{2x}$. (2)
В проекциях на вертикальную ось $y$
$N-m_2g=m_2a_{2y}$.
Так как вдоль вертикальной оси тело массой $m_2$ не движется, то $a_{2y}=0$, а значит
$N-m_2g=0$, (3)
$T\, cos\, \alpha-m_1g =m_1a_{1y}$. (4)
4. Так как массой блока можно пренебречь (иное не описано в задаче), то значит мы не будем учитывать его момент инерции и соответствующий момент силы. По условию задачи масса нити пренебрежимо мала, значит её вклад в натяжение нити мы учитывать не будем. Всё это приводит к тому, что $T’=T$. Из уравнения (3) следует что $N=m_2g$. Согласно закону Амонтона-Кулона
$F_{mp}=\mu N=\mu m_2 g$.
5. Нить нерастяжима. Значит тела за одно и то же время будут проходить одинаковые пути, а значит, их скорости будут одинаковыми относительно поверхности стола, т.е. тела относительно поверхности стола движутся с одинаковыми по модулю ускорениями $a’_0=a_0$. Кроме того, согласно закону сложения ускорений, ускорение тела относительно неподвижной системы отсчёта (СО связанной с Землей) равно геометрической сумме ускорения тела относительно подвижной системы отсчёта (у нас это $\vec{a}\,’_0$ и $\vec{a}_0$ грузов относительно стола) и ускорения подвижной системы (СО связанной со столом) относительно неподвижной:
для тела массой $m_1$ получим $\vec{a}_1=\vec{a}\, ‘_0+\vec{a}$;
для тела массой $m_2$ получим $\vec{a}_2=\vec{a}+\vec{a}_0$.
В проекциях на координатные оси получим
$a_{1x}=a’_{0x}+a_x=a-a’_0\, sin\, \alpha =a-a_0\, sin\, \alpha$,
$a_{1y}=a’_{0y}+a_y=-a’_0\, cos\, \alpha =-a_0\, cos\, \alpha$,
$a_{2x}=a_x+a_{0x}=a-a_0$.
6. Перепишем уравнения (2) и (4) с учетом сказанного в пунктах 4 и 5
$T\, sin\, \alpha =m_1(a-a_0\, sin\, \alpha)$,
$\mu m_2 g-T =m_2(a-a_0)$,
$T\, cos\, \alpha-m_1g =-m_1a_0\, cos\, \alpha$.
Было бы неплохо избавиться от тригонометрических функций угла отклонения или найти их значения. Поступим следующим образом: сгруппируем в первом и третьем уравнениях все выражения с косинусами с синусами в одной стороне уравнений
$T\, sin\, \alpha+m_1a_0\, sin\, \alpha =m_1a$,
$T\, cos\, \alpha+m_1a_0\, cos\, \alpha =m_1g$,
$sin\, \alpha \, (T +m_1a_0) =m_1a$,
$cos\, \alpha \, (T +m_1a_0) =m_1g$.
Делим первое уравнение на второе
$\frac{sin\, \alpha \, (T +m_1a_0)}{cos\, \alpha \, (T +m_1a_0)} =\frac{m_1a}{m_1g}$,
$tg\, \alpha =\frac{a}{g}=\frac{2}{10}=0,2$.
Из основного тригонометрического тождества найдем косинус и синус угла
$sin^2 \alpha +cos^2 \alpha =1\Rightarrow tg^2 \alpha +1=\frac{1}{cos^2 \alpha}$,
$cos^2 \alpha=\frac{1}{tg^2 \alpha +1} \Rightarrow cos\, \alpha=\frac{1}{\sqrt{tg^2 \alpha +1}}$,
$cos\, \alpha=\frac{1}{\sqrt{0,2^2 +1}}=\frac{1}{\sqrt{1,04}}=\frac{\sqrt{1,04}}{1,04}$.
Нас интересует модуль силы натяжения $T$, теперь мы можем ее найти, например, так
$T +m_1a_0 =\frac{m_1g}{cos\, \alpha}$.
Придется вначале что-то сделать с модулем ускорения $a_0$. Возьмем уравнение, записанное для бруска, движущегося по поверхности стола и складываем его с последним уравнением
$m_1a_0+\mu m_2 g=\frac{m_1g}{cos\, \alpha}+m_2(a-a_0)$,
$m_1a_0+\mu m_2 g=\frac{m_1g}{cos\, \alpha}+m_2a-m_2a_0$,
$m_1a_0+m_2a_0=\frac{m_1g}{cos\, \alpha}+m_2a-\mu m_2 g$,
$(m_1+m_2)a_0=\frac{m_1g + \left( m_2a-\mu m_2 g\right) cos\, \alpha}{cos\, \alpha}$,
$a_0=\frac{m_1g + \left( m_2a-\mu m_2 g\right) cos\, \alpha}{(m_1+m_2) cos\, \alpha}$.
И, наконец, находим интересующую нас силу натяжения
$T=\frac{m_1g}{cos\, \alpha}-m_1a_0$,
$T=\frac{m_1g}{cos\, \alpha}-m_1 \cdot \frac{m_1g + \left( m_2a-\mu m_2 g\right) cos\, \alpha}{(m_1+m_2) cos\, \alpha}$,
$T=\frac{m_1}{cos\, \alpha}\left( g- \frac{m_1g + \left( m_2a-\mu m_2 g\right) cos\, \alpha}{m_1+m_2 }\right)$,
$T=\frac{0,5}{\frac{\sqrt{1,04}}{1,04}} \cdot \left( 10- \frac{0,5 \cdot 10 + \left( 2 \cdot 2-0,5 \cdot 2 \cdot 10 \right) \cdot \frac{\sqrt{1,04}}{1,04}}{0,5+2 }\right)\approx 4,91$ Н.
Ответ: $\approx 4,91$ Н.