Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 2051
2017-01-14 
Клин, наклонная поверхность которого образует угол а с горизонтом, может перемещаться поступательно по горизонтальной поверхности. На клине находится брусок, который тянут за перекинутую через блок нить (см. рис.). С какой силой $F$ следует тянуть нить в горизонтальном направлении, чтобы брусок скользил вверх по наклонной поверхности клина? С какими ускорениями будут двигаться при этом брусок и клин? Масса клина $M$, масса бруска $m$. Трением, массой нити и массой блока пренебречь. В начальный момент времени клин и брусок покоятся.
Решение:
рис.1
рис.2
рис.3
На рис. 1 показаны силы, действующие на брусок. Это силы тяжести $m \vec{g}$, сила $\vec{N}$ реакции клина, нормальная к его поверхности и сила $\vec{T}$ со стороны нити. На рис. 2 показаны силы, действующие на клин. Это силы $\vec{T}_{1}$ и $\vec{T}_{2}$ со стороны нити, перекинутой через блок, сила $\vec{N}_{1} = - \vec{N}$ давления со стороны бруска (здесь учитывается III закон Ньютона для взаимодействия бруска и клина), сила тяжести $M \vec{g}$ и сила $\vec{N}_{2}$ реакции со стороны горизонтальной поверхности. Благодаря пренебрежению массами блока и нити и трением в блоке справедливо
$T = T_{1} = T_{2} \equiv F$, (1)
где $F$ — искомая сила, прикладываемая к нити.
В инерциальной системе отсчета, связанной с Землей, уравнение движения бруска в соответствии со вторым законом Ньютона записывается в виде:
$m \vec{g} + \vec{T} + \vec{N} = m \vec{a}$, (2)
где $\vec{a}$ — ускорение бруска относительно Земли. Уравнение движения клина имеет вид:
$M \vec{g} + \vec{N}_{1} + \vec{N}_{2} + \vec{T}_{1} + \vec{T}_{2} = M \vec{a}_{1}$ (3)
где $\vec{a}_{1}$ — ускорение клина относительно Земли.
В проекциях на оси системы координат с горизонтальной (x) и вертикальной (y) осями уравнение (2) дает
$F \cos \alpha - N \sin \alpha = ma_{x}$, (4)
$F \sin \alpha + N \cos \alpha - mg = ma_{y}$, (5)
где $a_{x}$ и $a_{y}$ — проекции $\vec{a}$ на оси $x$ и $y$.
Теперь проектируем уравнение (3) на ось $x$:
$F - F \cos \alpha + N \sin \alpha = Ma_{1}$, (6)
где $a_{1}$ — модуль ускорения $\vec{a}_{1}$, направленного горизонтально. Отметим, что проекция уравнения (3) на ось $y$ нам не понадобится: она будет содержать силу реакции горизонтальной поверхности $N_{2}$, которая в этой задаче нас не интересует.
Системы уравнений (4)-(6) содержат пять неизвестных величин: $F, N, a_{c}, a_{y}$ и $a_{1}$. Однако не все они независимы. Как видно на рис. 3, условие того, что брусок перемещается по наклонной поверхности клина, дает соотношение
$a_{y} = (a_{x} - a_{1}) tg \alpha$. (7)
Решаем систему уравнений (4)-(7) относительно $a_{x}, a_{y}, a_{1}$ и $N$:
$a_{x} = \frac{F(m \sin^{2} \alpha + M \cos \alpha) - mM g \sin \alpha \cos \alpha}{m(M + m \sin^{2} \alpha)}$, (8)
$a_{y} = \frac{F[M + m(1 \cos \alpha) ] mg (M+m) \sin \alpha}{m(M+ m \sin^{2} \alpha)}$, (9)
$a_{1} = \frac{F(1 \cos \alpha) + mg \sin \alpha \cos \alpha}{M + m \sin^{2} \alpha}$, (10)
$N = m \frac{Mg \cos \alpha F \sin \alpha ( 1 - \cos \alpha)}{M + m \sin^{2} \alpha}$. (11)
Довольно громоздкие выражения (8)—(11) удовлетворяют, как нетрудно убедиться, предельным случаям, в которых ответ очевиден. Например, при $\alpha = 0$ (что соответствует горизонтальной подставке вместо клина) должно быть $a_{x} = F/m, a_{y} = 0, a_{1} = 0, N = mg$, что действительно получается из приведенных выражений.
Далее, при $M \rightarrow \infty$ (что соответствует закрепленному клину) должно быть $a_{x} = F \cos \alpha /m - g \sin \alpha, a_{y} = F \sin \alpha /m - g \sin^{2} \alpha, x_{1} = 0, N = mg \cos \alpha$. Эти выражения также получаются из (8)—( 10) при предельном переходе $M \rightarrow \infty$.
С помощью выражений (8)—(11) нетрудно найти ответ на первый вопрос задачи. Так как в начальный момент времени по условия задачи брусок и клин покоятся, то брусок будет перемещаться вверх по поверхности клина при выполнении условия
$a_{x} > a_{1}$. (12)
Однако это не единственное условие. Брусок будет оставаться на поверхности клина при выполнении условия
$N \geq 0$. (13)
Если это условие не выполняется, брусок отрывается от поверхности клина и движется под действием двух сил — $mg$ и $F$.
Используя соотношения (12) и (13), с помощью (8), (10) и (11) приходим к следующим ограничениям на величину силы $F$, с которой следует тянуть за них
$\frac{m(M+m) \sin \alpha}{M + m(1 - \cos \alpha)} g < F \leq \frac{M \cos \alpha}{ \sin \alpha (1 - \cos \alpha}g$. (14)
Неравенство (14) приводит к очевидным результатам в рассмотренных выше предельных случаях.
При $\alpha = 0$ имеем $0 < F < \infty$, что означает, что по горизонтальной поверхности в отсутствии трения брусок можно тянуть с любой силой.
При $M \rightarrow \infty$ из (14) получаем $mg \sin \alpha < F < \infty$. В этом случае сила $F$ может быть как угодно большой, но не может быть меньше $mg \sin \alpha$. При $F = mg \sin \alpha$ брусок будет оставаться неподвижным относительно клина, а при меньшей силе будет соскальзывать вниз.
Отметим, что вместо условия (12) можно использовать условие $a_{y} > 0$, что, естественно, приводит к той же оценке для силы $F$.
В соотношении (14) содержится еще один интересный результат: существует предельное значение $\alpha_{0}$ угла $\alpha$, зависящее от отношения масс $m/M$, при котором уже никакой силой $F$ нельзя заставить брусок двигаться вверх по наклонной поверхности клина, не отрываясь от нее.
Покажем это: приравнивая левую и правую части неравенства (14), получаем следующее кубическое уравнение для $\cos \alpha_{0}$:
$\cos^{3} \alpha_{0} - \gamma \cos^{2} \alpha_{0} + 1 = 0$, (15)
где $\gamma = m/(M + m)$. Видно, что $0 < \gamma < 1$.
Используя теорему Виета, можно показать, что уравнение вида
$f(f) = x^{3} - \gamma x^{2} - \frac{1}{ \gamma} x + 1 = 0$. (15а)
имеет только один положительный корень, меньший единицы. Действительно, положив $x = 1$, видим, что левая часть отрицательна, так как $( \gamma + 1/ \gamma) > 2$. Положив $x = 0$, видим, что левая часть (15) положительна. Значит, в промежутке (0,1) существует по крайней мере один корень уравнения (15а). Отсюда следует, что и остальные два корня кубического уравнения (15а) вещественны: по теореме Виета произведение корней равно —1, а этого не может быть, если один корень положительный, а два других комплексные. Один из этих вещественных корней положительный, а другой — отрицательный, причем положительный корень больше единицы.
Придти к идее о существовании предельного угла $\alpha_{0}$ можно, рассмотрев частный случай $\alpha = \pi/2$. В этом случае в самом начале движения сила натяжения нити действует на брусок вертикально вверх, а на клин — горизонтально. Поэтому брусок сразу оторвется от клина.
Ответ: $\frac{m(M+m) \sin \alpha}{M + m( 1 \cos \alpha)} g < F \leq \frac{M \cos \alpha}{ \sin \alpha (1 - \cos \alpha)}g$.
Ускорение бруска: $a_{x} = \frac{F(m \sin^{2} \alpha + M \cos \alpha) - mM g \sin \alpha \cos \alpha}{m(M + m \sin^{2} \alpha)}; a_{y} = \frac{F[M + m(1 \cos \alpha) ] mg (M+m) \sin \alpha}{m(M+ m \sin^{2} \alpha)}$.
Ускорение клина: $a_{1} = \frac{F(1 \co \alpha) + mg \sin \alpha \cos \alpha}{M + m \sin^{2} \alpha}$
Клин, наклонная поверхность которого образует угол а с горизонтом, может перемещаться поступательно по горизонтальной поверхности. На клине находится брусок, который тянут за перекинутую через блок нить (см. рис.). С какой силой $F$ следует тянуть нить в горизонтальном направлении, чтобы брусок скользил вверх по наклонной поверхности клина? С какими ускорениями будут двигаться при этом брусок и клин? Масса клина $M$, масса бруска $m$. Трением, массой нити и массой блока пренебречь. В начальный момент времени клин и брусок покоятся.
Решение:
рис.1
рис.2
рис.3
На рис. 1 показаны силы, действующие на брусок. Это силы тяжести $m \vec{g}$, сила $\vec{N}$ реакции клина, нормальная к его поверхности и сила $\vec{T}$ со стороны нити. На рис. 2 показаны силы, действующие на клин. Это силы $\vec{T}_{1}$ и $\vec{T}_{2}$ со стороны нити, перекинутой через блок, сила $\vec{N}_{1} = - \vec{N}$ давления со стороны бруска (здесь учитывается III закон Ньютона для взаимодействия бруска и клина), сила тяжести $M \vec{g}$ и сила $\vec{N}_{2}$ реакции со стороны горизонтальной поверхности. Благодаря пренебрежению массами блока и нити и трением в блоке справедливо
$T = T_{1} = T_{2} \equiv F$, (1)
где $F$ — искомая сила, прикладываемая к нити.
В инерциальной системе отсчета, связанной с Землей, уравнение движения бруска в соответствии со вторым законом Ньютона записывается в виде:
$m \vec{g} + \vec{T} + \vec{N} = m \vec{a}$, (2)
где $\vec{a}$ — ускорение бруска относительно Земли. Уравнение движения клина имеет вид:
$M \vec{g} + \vec{N}_{1} + \vec{N}_{2} + \vec{T}_{1} + \vec{T}_{2} = M \vec{a}_{1}$ (3)
где $\vec{a}_{1}$ — ускорение клина относительно Земли.
В проекциях на оси системы координат с горизонтальной (x) и вертикальной (y) осями уравнение (2) дает
$F \cos \alpha - N \sin \alpha = ma_{x}$, (4)
$F \sin \alpha + N \cos \alpha - mg = ma_{y}$, (5)
где $a_{x}$ и $a_{y}$ — проекции $\vec{a}$ на оси $x$ и $y$.
Теперь проектируем уравнение (3) на ось $x$:
$F - F \cos \alpha + N \sin \alpha = Ma_{1}$, (6)
где $a_{1}$ — модуль ускорения $\vec{a}_{1}$, направленного горизонтально. Отметим, что проекция уравнения (3) на ось $y$ нам не понадобится: она будет содержать силу реакции горизонтальной поверхности $N_{2}$, которая в этой задаче нас не интересует.
Системы уравнений (4)-(6) содержат пять неизвестных величин: $F, N, a_{c}, a_{y}$ и $a_{1}$. Однако не все они независимы. Как видно на рис. 3, условие того, что брусок перемещается по наклонной поверхности клина, дает соотношение
$a_{y} = (a_{x} - a_{1}) tg \alpha$. (7)
Решаем систему уравнений (4)-(7) относительно $a_{x}, a_{y}, a_{1}$ и $N$:
$a_{x} = \frac{F(m \sin^{2} \alpha + M \cos \alpha) - mM g \sin \alpha \cos \alpha}{m(M + m \sin^{2} \alpha)}$, (8)
$a_{y} = \frac{F[M + m(1 \cos \alpha) ] mg (M+m) \sin \alpha}{m(M+ m \sin^{2} \alpha)}$, (9)
$a_{1} = \frac{F(1 \cos \alpha) + mg \sin \alpha \cos \alpha}{M + m \sin^{2} \alpha}$, (10)
$N = m \frac{Mg \cos \alpha F \sin \alpha ( 1 - \cos \alpha)}{M + m \sin^{2} \alpha}$. (11)
Довольно громоздкие выражения (8)—(11) удовлетворяют, как нетрудно убедиться, предельным случаям, в которых ответ очевиден. Например, при $\alpha = 0$ (что соответствует горизонтальной подставке вместо клина) должно быть $a_{x} = F/m, a_{y} = 0, a_{1} = 0, N = mg$, что действительно получается из приведенных выражений.
Далее, при $M \rightarrow \infty$ (что соответствует закрепленному клину) должно быть $a_{x} = F \cos \alpha /m - g \sin \alpha, a_{y} = F \sin \alpha /m - g \sin^{2} \alpha, x_{1} = 0, N = mg \cos \alpha$. Эти выражения также получаются из (8)—( 10) при предельном переходе $M \rightarrow \infty$.
С помощью выражений (8)—(11) нетрудно найти ответ на первый вопрос задачи. Так как в начальный момент времени по условия задачи брусок и клин покоятся, то брусок будет перемещаться вверх по поверхности клина при выполнении условия
$a_{x} > a_{1}$. (12)
Однако это не единственное условие. Брусок будет оставаться на поверхности клина при выполнении условия
$N \geq 0$. (13)
Если это условие не выполняется, брусок отрывается от поверхности клина и движется под действием двух сил — $mg$ и $F$.
Используя соотношения (12) и (13), с помощью (8), (10) и (11) приходим к следующим ограничениям на величину силы $F$, с которой следует тянуть за них
$\frac{m(M+m) \sin \alpha}{M + m(1 - \cos \alpha)} g < F \leq \frac{M \cos \alpha}{ \sin \alpha (1 - \cos \alpha}g$. (14)
Неравенство (14) приводит к очевидным результатам в рассмотренных выше предельных случаях.
При $\alpha = 0$ имеем $0 < F < \infty$, что означает, что по горизонтальной поверхности в отсутствии трения брусок можно тянуть с любой силой.
При $M \rightarrow \infty$ из (14) получаем $mg \sin \alpha < F < \infty$. В этом случае сила $F$ может быть как угодно большой, но не может быть меньше $mg \sin \alpha$. При $F = mg \sin \alpha$ брусок будет оставаться неподвижным относительно клина, а при меньшей силе будет соскальзывать вниз.
Отметим, что вместо условия (12) можно использовать условие $a_{y} > 0$, что, естественно, приводит к той же оценке для силы $F$.
В соотношении (14) содержится еще один интересный результат: существует предельное значение $\alpha_{0}$ угла $\alpha$, зависящее от отношения масс $m/M$, при котором уже никакой силой $F$ нельзя заставить брусок двигаться вверх по наклонной поверхности клина, не отрываясь от нее.
Покажем это: приравнивая левую и правую части неравенства (14), получаем следующее кубическое уравнение для $\cos \alpha_{0}$:
$\cos^{3} \alpha_{0} - \gamma \cos^{2} \alpha_{0} + 1 = 0$, (15)
где $\gamma = m/(M + m)$. Видно, что $0 < \gamma < 1$.
Используя теорему Виета, можно показать, что уравнение вида
$f(f) = x^{3} - \gamma x^{2} - \frac{1}{ \gamma} x + 1 = 0$. (15а)
имеет только один положительный корень, меньший единицы. Действительно, положив $x = 1$, видим, что левая часть отрицательна, так как $( \gamma + 1/ \gamma) > 2$. Положив $x = 0$, видим, что левая часть (15) положительна. Значит, в промежутке (0,1) существует по крайней мере один корень уравнения (15а). Отсюда следует, что и остальные два корня кубического уравнения (15а) вещественны: по теореме Виета произведение корней равно —1, а этого не может быть, если один корень положительный, а два других комплексные. Один из этих вещественных корней положительный, а другой — отрицательный, причем положительный корень больше единицы.
Придти к идее о существовании предельного угла $\alpha_{0}$ можно, рассмотрев частный случай $\alpha = \pi/2$. В этом случае в самом начале движения сила натяжения нити действует на брусок вертикально вверх, а на клин — горизонтально. Поэтому брусок сразу оторвется от клина.
Ответ: $\frac{m(M+m) \sin \alpha}{M + m( 1 \cos \alpha)} g < F \leq \frac{M \cos \alpha}{ \sin \alpha (1 - \cos \alpha)}g$.
Ускорение бруска: $a_{x} = \frac{F(m \sin^{2} \alpha + M \cos \alpha) - mM g \sin \alpha \cos \alpha}{m(M + m \sin^{2} \alpha)}; a_{y} = \frac{F[M + m(1 \cos \alpha) ] mg (M+m) \sin \alpha}{m(M+ m \sin^{2} \alpha)}$.
Ускорение клина: $a_{1} = \frac{F(1 \co \alpha) + mg \sin \alpha \cos \alpha}{M + m \sin^{2} \alpha}$
