Основные формулы
– Основное уравнение динамики (второй закон Ньютона):
\[
m \frac{d v}{d t}=\boldsymbol{F},
\]
где $m$-масса частицы (материальной точки), $\boldsymbol{v}$ – вектор ее скорости, $\boldsymbol{F}$ результирующая всех сил, действующих на частицу.
– Это же уравнение в проекциях на касательную и нормаль к траектории движения частицы:
\[
m \frac{d v}{d t}=F_{\tau}, m \frac{v^{2}}{R}=F_{\mathrm{n}} .
\]
где $R$ – радиус кривизны траектории в данной точке.
– Уравнение движения центра масс $\mathrm{C}$ системы частиц:
\[
m \frac{d v_{C}}{d t}=\boldsymbol{F},
\]
где $\boldsymbol{F}$ – сумма всех внешних сил, действующих на частицы, $m$ – масса системы частиц.
Примеры решения задач
1.2.1. Частица движется вдоль оси $x$ по закону $x=\alpha t^{2}-\beta t^{3}$, где $\alpha$ и $\beta$ – положительные постоянные. В момент времени $t=0$ сила, действующая на частицу, равна $F_{0}$. Найти значения $F_{\mathrm{x}}$ силы в точках поворота и в момент, когда частица опять окажется в точке $x=0$.
Реиение.
По второму закону Ньютона сила, действующая на частицу равна
\[
F_{\mathrm{x}}=m \frac{d^{2} x}{d t^{2}}=2 m(\alpha-3 \beta t),
\]
где масса частицы $m$ может быть найдена из начального условия при $t=0$
\[
F_{\mathrm{x}}(0)=F_{0}=2 m \alpha .
\]
В результате, зависимость силы от времени принимает следующий вид
\[
F_{\mathrm{x}}=F_{0}\left(1-\frac{3 \beta}{\alpha} t\right) .
\]
Момент времени $t_{\mathrm{n}}$, соответствующий точке поворота, находи гся из условия
\[
v=\frac{d x}{d t}=2 \alpha t-3 \beta t^{2}=0,
\]
откуда $t_{\mathrm{n}}=2 \alpha / 3 \beta$ (момент времени $t=0$ соответствует началу движения точки, а не повороту).
Момент времени $t_{0}$, когда частица опять окажется в точке $x=0$, находится из уравнения
\[
x=\alpha t^{2}-\beta t^{3}=0,
\]
один корень которого $t=0$ соответствует началу движения, а второй корень $t_{0}=\alpha / \beta$ искомому моменту возвращения в начальную точку.
Подставляя полученные времена в выражение для силы, находим значения $F_{\mathrm{x}}$ в точке поворота
\[
F_{\mathrm{x}}\left(t_{\mathrm{n}}\right)=-F_{0}
\]
и в тот момент, когда частица опять окажется в точке $x=0$
\[
F_{\mathrm{x}}\left(t_{0}\right)=-2 F_{0} .
\]
Ответ: $F_{\mathrm{x}}\left(t_{\mathrm{n}}\right)=-F_{0} ; F_{\mathrm{x}}\left(t_{0}\right)=-2 F_{0}$.
1.2.2. Небольшое тело пустили снизу вверх по наклонной плоскости, составляющий угол $\alpha=15^{0}$ с горизонтом. Найти коэффициент трения, если время подъема тела оказалось в $\eta=2,0$ раза меньше времени спуска.
Решение
Силы, действующие на тело при его движении вверх, показаны на рисунке 1.10. Уравнение второго закона Ньютона в проекциях на ось $x$ имеет вид
\[
-m a_{1}=-m g \sin \alpha-k m g \cos \alpha,
\]
то есть вверх тело движеіся равнозамедленно с ускорением $a_{1}=(\sin \alpha+k \cos \alpha) g$, а уравнение его движения таково:
\[
x=v_{0} t-\frac{a_{1} t^{2}}{2},
\]
где $v_{0}$ – начальная скорость тела.
Время движения тела вверх $t_{1}$ определится из условия
\[
v=\frac{d x}{d t}=v_{0}-a_{1} t=0,
\]
откуда $t=t_{1}=v_{0} / a_{1}$, а координата точки поворота $x_{1}=x\left(t_{1}\right)=v_{0}^{2} / 2 a_{1}$.
При движении тела вниз меняется направление силы трения и, следовательно, вниз тело движется равноускоренно с ускорением
\[
a_{2}=(\sin \alpha-k \cos \alpha) g,
\]
а уравнение его движения имеет следующий вид:
\[
x=x_{1}-\frac{a_{2} t^{2}}{2}=\frac{v_{0}^{2}}{2 a_{1}}-\frac{a_{2} t^{2}}{2} .
\]
Время движения тела вниз $t_{2}$ определится из условия
\[
x=\frac{v_{0}^{2}}{2 a_{1}}-\frac{a_{2} t^{2}}{2}=0,
\]
откуда
\[
t=t_{2}=\frac{v_{0}}{\sqrt{a_{1} a_{2}}},
\]
а отношение времен спуска и подъема тела по условию равно $\eta$. Поэтому имеем
\[
\frac{t_{2}}{t_{1}}=\eta=\sqrt{\frac{a_{1}}{a_{2}}}=\sqrt{\frac{\sin \alpha+k \cos \alpha}{\sin \alpha-k \cos \alpha}}=\sqrt{\frac{\operatorname{tg} \alpha+k}{\operatorname{tg} \alpha-k}}
\]
и, следовательно, коэффициент трения $k$ равен
\[
k=\frac{\eta^{2}-1}{\eta^{2}+1} \operatorname{tg} \alpha .
\]
Используя численные данные задачи, получаем $k=0,16$.
Ответ: $k=\frac{\eta^{2}-1}{\eta^{2}+1} \operatorname{tg} \alpha=0,16$.
1.2.3. На гладкой горизонтальной плоскости лежит доска массы $m_{1}$ и на ней брусок массы $m_{2}$. К бруску приложили горизонтальную силу, увеличивающуюся со временем $t$ по закону $F=\alpha t$, где $\alpha$ – постоянная. Найти зависимость от $t$ ускорений доски $a_{1}$ и бруска $a_{2}$, если коэффициент трения между доской и бруском равен $k$.
Решение
На брусок действуют в горизонтальном направлении две силы: сила тяги $F=\alpha t$ и сила трения $F_{\text {тр }}$ (см рис. 1.11). Сила трения возникает как результат взаимодействия с доской, на которой находится брусок. Поэтому, по третьему закону Ньютона, на доску действует сила, направленная в противоположную сторону и равная $F_{\text {тр }}$. Эта сила играет для доски роль силы тяги.
До тех пор пока $F_{\text {тр }} \leq F_{0}=k m_{2} g$, где $F_{0}$ – максимальная сила трения покоя, брусок не скользит по доске и они движутся как единое целое с одинаковым ускорением $a$. Уравнения второго закона Ньютона для этих тел в проекции на горизонтальное направление имеют вид
\[
\begin{array}{c}
\alpha t-F_{\text {тр }}=m_{2} a \\
F_{\text {тр }}=m_{1} a
\end{array}
\]
откуда
\[
\begin{array}{c}
a=\frac{\alpha t}{m_{1}+m_{2}}, \\
F_{\mathrm{TP}}=\frac{m_{1}}{m_{1}+m_{2}} \alpha t .
\end{array}
\]
Условие $F_{\text {тр }} \leq F_{0}=k m_{2} g$ определяет верхнюю границу времени $t_{0}$, в течение которого эти тела движутся вместе
\[
t \leq t_{0}=\frac{k m_{2} g\left(m_{1}+m_{2}\right)}{\alpha m_{1}} .
\]
При $t>t_{0}$ тела движутся раздельно каждое со своим ускорением $a_{1}$ и $a_{2}$, а сила трения становится силой трения скольжения $F_{\mathrm{rp}}=k m_{2} g$. Уравнения второго закона Ньютона для этих тел в проекциях на горизонтальное направление принимают вид
\[
\begin{array}{c}
\alpha t-k m_{2} g=m_{2} a_{2} \\
k m_{2} g=m_{1} a_{1},
\end{array}
\]
откуда
\[
a_{1}=\frac{k m_{2} g}{m_{1}} \text { и } a_{2}=\frac{\alpha t-k m_{2} g}{m_{2}} .
\]
Ответ: $a_{1}=a_{2}=a=\frac{\alpha t}{m_{1}+m_{2}}$ при $t \leq t_{0}=\frac{k m_{2} g\left(m_{1}+m_{2}\right)}{\alpha m_{1}}$;
\[
a_{1}=\frac{k m_{2} g}{m_{1}}, a_{2}=\frac{\alpha t-k m_{2} g}{m_{2}} \text { при } t>t_{0}=\frac{k m_{2} g\left(m_{1}+m_{2}\right)}{\alpha m_{1}}
\]
1.2.4. Призме, на которой находится брусок массы $m$, сообщили влево горизонтальное ускорение $a$ (см. рис. 1.12). При каком максимальном значении этого ускорения брусок будет оставаться еще неподвижным относительно призмы, если коэффициент трения между ними $k<\operatorname{ctg} \alpha$ ?
Решение
Силы, действующие на брусок, показаны на рис. 1.13. Уравнения второго закона Ньютона в проекциях на горизонтальную ось $x$ и вертикальную ось $y$ имеют вид
\[
\begin{aligned}
F_{\mathrm{Tp}} \cos \alpha+N \sin \alpha & =m a \\
-F_{\mathrm{Tp}} \sin \alpha+N \cos \alpha & =m g .
\end{aligned}
\]
Максимальное значение силы трения покоя $F_{\mathrm{тp}}=k N$ соответствует максимальному ускорению $a_{\max }$, при котором брусок еще неподвижен относительно призмы. В этом предельном случае получаем
Рис. 1.13
\[
\begin{array}{c}
k N \cos \alpha+N \sin \alpha=m a_{\max } \\
-k N \sin \alpha+N \cos \alpha=m g .
\end{array}
\]
Поделив первое уравнение на второе найдем искомое выражение для максимального ускорения
\[
a_{\text {max }}=\frac{k \cos \alpha+\sin \alpha}{\cos \alpha-k \sin \alpha} g=\frac{k \operatorname{ctg} \alpha+1}{\operatorname{ctg} \alpha-k} g .
\]
Ответ: $a_{\max }=\frac{k \operatorname{ctg} \alpha+1}{\operatorname{ctg} \alpha-k} g$.
1.2.5. К бруску массы $m$, лежащему на гладкой горизонтальной плоскости, приложили постоянную по модулю силу $F=m g / 3$. В процессе его прямолинейного движения угол $\alpha$ между направлением этой силы и горизонтом меняют по закону $\alpha=k s$, где $k$ – постоянная, $s$ – пройденный бруском путь (из начального положения). Найти скорость бруска как функцию угла $\alpha$.
Решение
Уравнение второго закона Ньютона в проекции на горизонтальную ось $x$ имеет вид (см. рис. 1.14)
\[
F \cos \alpha=m \frac{d v_{\mathrm{x}}}{d t} .
\]
Подставляя сюда значение силы $F=m g / 3$ и учитывая соотношение
\[
\frac{d v_{\mathrm{x}}}{d t}=\frac{d v_{\mathrm{x}}}{d \alpha} \frac{d \alpha}{d t}=k \frac{d v_{\mathrm{x}}}{d \alpha} \frac{d s}{d t}=k\left|v_{\mathrm{x}}\right| \frac{d v_{\mathrm{x}}}{d \alpha}
\]
приходим к дифференциальному уравнению
\[
\frac{g}{3} \cos \alpha=k\left|v_{\mathrm{x}}\right| \frac{d v_{\mathrm{x}}}{d \alpha},
\]
решая которое получаем искомую зависимость скорости бруска $v=\left|v_{\mathrm{x}}\right|$ от угла $\alpha$
\[
v=\sqrt{\frac{2 g}{3 k}|\sin \alpha|} .
\]
Ответ: $v=\sqrt{\frac{2 g}{3 k}|\sin \alpha|}$.
1.2.6. Автомашина движется с постоянным тангенциальным ускорением $a_{\tau}=0,62 \mathrm{~m} / \mathrm{c}^{2}$ по горизонтальной поверхности, описывая окружность радиуса $R=40$ м. Коэффициент трения скольжения между колесами машины и поверхностью $k=0,20$. Какой путь пройдет машина без скольжения, если в начальный момент ее скорость равна нулю?
Решение
При движении автомашины по окружности (рис. 1.15) тангенциальная составляющая силы трения $\boldsymbol{F}_{\tau}$ играет роль силы тяги машины и обеспечивает ее тангенциальное ускорение $\boldsymbol{a}_{\tau}$. Поэтому $F_{\tau}=m a_{\tau}$, где $m$ – масса автомобиля.
Нормальная составляющая силы трения $\boldsymbol{F}_{\mathrm{n}}$ обеспечивает необходимое центростремительное ускорение машины, то есть $F_{\mathrm{n}}=m v^{2} / R$, где $v$ – скорость автомобиля в рассматриваемый момент времени.
Рис. 1.15
Сила трения, действующая на машину, равна
\[
F_{\mathrm{тp}}=\sqrt{F_{\tau}^{2}+F_{\mathrm{n}}^{2}}=m \sqrt{a_{\tau}^{2}+\left(v^{2} / R\right)^{2}},
\]
причем, пока колеса автомашины не проскальзывают, это сила трения покоя. Ее максимальное значение $F_{\mathrm{tp}}^{\max }=k m g$ определяет предельную скорость, с которой автомобиль может двигаться без скольжения
\[
v_{\max }=\sqrt[4]{(k g R)^{2}-\left(a_{\tau} R\right)^{2}} .
\]
Время, за которое машина приобретет эту скорость, равно $t=v_{\max } / a_{\tau}$, а путь, пройденный автомобилем к этому моменту времени
\[
s=\frac{a_{\tau} t^{2}}{2}=\frac{v_{\text {max }}^{2}}{2 a_{\tau}}=\frac{R}{2} \sqrt{\left(\frac{k g}{a_{\tau}}\right)^{2}-1} .
\]
Используя численные данные задачи, получаем путь пройденный машиной без скольжения $s=60$ м.
Ответ: $s=(R / 2) \sqrt{\left(\mathrm{kg} / a_{\tau}\right)^{2}-1}=60 \mathrm{M}$.
1.2.7. Через блок, укрепленный на потолке комнаты, перекинута нить, на концах которой подвешены тела с массами $m_{1}$ и $m_{2}$. Массы блока и нити пренебрежимо малы, трения нет. Найти ускорение центра масс этой системы.
Решение
Силы, действующие на тела, показаны на рис. 1.16. Проекция вектора ускорения $a_{\mathrm{C}}$ центра масс $\mathrm{C}$ этой системы на ось $у$ определяется из уравнения движения центра масс
\[
\left(m_{1}+m_{2}\right) a_{\mathrm{C}}=m_{1} g+m_{2} g-2 T .
\]
Для определения силы натяжения нити $\mathrm{T}$ запишем уравнения второго закона Ньютона для каждого тела в отдельности
\[
\begin{array}{l}
m_{1} g-T=m_{1} a, \\
T-m_{2} g=m_{2} a,
\end{array}
\]
где для определенности мы положили, что ускорение первого тела $\boldsymbol{a}$ направлено вниз, а второго тела – вверх. Из этих уравнений получаем
\[
T=\frac{2 m_{1} m_{2} g}{m_{1}+m_{2}}
\]
и, следовательно, ускорение центра масс этой системы тел равно
\[
a_{\mathrm{C}}=\frac{m_{1} g+m_{2} g-2 T}{m_{1}+m_{2}}=\frac{\left(m_{1}-m_{2}\right)^{2}}{\left(m_{1}+m_{2}\right)^{2}} g
\]
и направлено вертикально вниз.
Ответ: $\boldsymbol{a}_{\mathrm{C}}=\frac{\left(m_{1}-m_{2}\right)^{2}}{\left(m_{1}+m_{2}\right)^{2}} \boldsymbol{g}$.
1.2.8. Бак с водой движется по наклонной плоскости, составляющей угол $\alpha$ с горизонтом. Определить угол наклона $\beta$ поверхности воды с горизонтом, считая положение воды в баке установившимся. Коэффициент трения между баком и плоскостью равен $k(k<\operatorname{tg} \alpha)$.
Решение
Запишем уравнения движения бака с водой в системе координат $x \mathrm{O} y$, показанной на рис. 1 ,
Рис. 1.17
$\mathrm{O} x: \quad M a_{\mathrm{x}}=M g \sin \alpha-F_{\mathrm{тp}}=M g \sin \alpha-k N$
Oy: $N-M g \cos \alpha=0$,
и из них получим
\[
a_{\mathrm{x}}=g(\sin \alpha-k \cos \alpha) .
\]
Перейдем теперь в неинерциальную систему координат $x^{\prime} \mathrm{O}^{\prime} y^{\prime}$, связанную с баком. В установившемся режиме движения вода в системе координат $x$ ‘O’ $y$ ‘ покоится. Рассмотрим тонкий слой воды на поверхности (см. заштрихованный участок на рис.1.17). На этот слой массой $m$ действует сила тяжести $m g$, сила реакции $N_{1}$ со стороны нижележащих слоев воды и сила инерции $F_{\text {in }}=-m a_{\mathrm{x}}$. Второй закон Ньютона для слоя массы $m$ в системе координат $x$ ‘O’ $y$ ‘ запишется следующим образом:
\[
m g+N_{1}+F_{\text {in }}=0
\]
Переписав это уравнение в проекциях на координатные оси
\[
\begin{array}{c}
\text { ‘ }^{\prime} x^{\prime}: \quad m g \sin \alpha-N_{1} \sin (\alpha-\beta)-m g(\sin \alpha-k \cos \alpha)=0 \\
\text { O’ }^{\prime} y^{\prime}: N_{1} \cos (\alpha-\beta)-m g \cos \alpha=0
\end{array}
\]
и исключив $N_{1}$, получаем
\[
\operatorname{tg}(\alpha-\beta)=k,
\]
откуда искомый угол равен $\beta=\alpha-\operatorname{arctg} k$. В случае отсутствия трения, когда $k=0$, имеем $\beta=\alpha$, что и следовало ожидать.
Ответ: $\beta=\alpha-\operatorname{arctg} k$
