Как решать подобные задачи?

Рубен · Сообщение **Рубен** » 22 мар 2011, 19:13

Arzamasskiy писал(а):Source of the post
Работа сил сухого трения, a также максимальный коэффициент определяются только по начальной и конечной точке (по крайней мере, в вашем случае).

Сила трения не потенциальна

Arzamasskiy · Сообщение **Arzamasskiy** » 22 мар 2011, 19:23

Если в какой-то момент площадка под грузом наклонена под углом $$a$$

, то сила трения будет равна
$F=\mu mg cosa$
Работа сил трения при перемещении тела на dx по горизонтали.
$dA=Fds=\mu mg cosa *\frac {dx} {cosa}=\mu mg dx$

B итоге получаем, что
$\mu_{max} = \frac {y} {x}$ , где х и у - расстояния, пройденные по горизонтали и вертикали.

Если у нас дуга в четверть окружности, то x=y.

Researcher2 · Сообщение **Researcher2** » 22 мар 2011, 19:25

Привел вариант подхода, исходя из остановки санок в низшей точке (коэффициент трения скольжения приближается по мере спуска к коэффициенту трения покоя).
Тригонометрия нам дает множитель, который, используя c этим коэффициентом трения покоя, дает ответ на задачу - начальный коэффициент.
Задачу не решал и ничего не раскладывал, т.к. это проходил 3 года назад, и надо сдавать завтра зачет.
Так что прошу рассматривать просто как вариант.

da67 · Сообщение **da67** » 22 мар 2011, 19:46

Arzamasskiy писал(а):Source of the post Если в какой-то момент площадка под грузом наклонена под углом , то сила трения будет равна
$F=\mu mg cosa$

Горка кривая. $N\ne mg\cos\alpha$ .

Выдра_FF писал(а):Source of the post Я привыкла решать задачи где хоть что то дано, a тут белый лист.

Горевать o недостатке данных будем, когда получим ответ. Обозначьте всё, что вам требуется, буквами, и решайте.

Рубен · Сообщение **Рубен** » 22 мар 2011, 19:55

Arzamasskiy писал(а):Source of the post
Если в какой-то момент площадка под грузом наклонена под углом , то сила трения будет равна
$F=\mu mg cosa$
Работа сил трения при перемещении тела на dx по горизонтали.
$dA=Fds=\mu mg cosa *\frac {dx} {cosa}=\mu mg dx$

B итоге получаем, что
$\mu_{max} = \frac {y} {x}$ , где х и у - расстояния, пройденные по горизонтали и вертикали.

Если у нас дуга в четверть окружности, то x=y.

Bce верно. Я подставил почему-то (сам не пойму) предел интегрирования (интегрировал по углу) не $\displaystyle \pi/2$ , a $\displaystyle \pi/4$ - в результате, вместо $\displaystyle 1- cos(\pi/2) = 1$ получил $\displaystyle 1- cos(\pi/4) = 1 - \sqrt{2}/2$ . Бывает...A c тем, что работа силы трения зависит только от начальной и конечной точки можно согласиться ровно постольку, поскольку нам известна траектория тела.

da67 писал(а):Source of the post
Горка кривая. $N\ne mg\cos\alpha$ .

A так $N(\alpha) = mg\cos\alpha$

da67 · Сообщение **da67** » 22 мар 2011, 20:27

Рубен писал(а):Source of the post A так $N(\alpha) = mg\cos\alpha$

A какая разница? Попробуйте это обосновать и увидите, почему это неверно.

grigoriy · Сообщение **grigoriy** » 22 мар 2011, 20:29

Про центростремительное ускорение надо вспомнить...

Рубен · Сообщение **Рубен** » 22 мар 2011, 20:39

da67 писал(а):Source of the post
Попробуйте это обосновать и увидите, почему это неверно.

grigoriy писал(а):Source of the post
Про центростремительное ускорение надо вспомнить...

Да, конечно.

P.S. Наверно, мне пора уже баиньки - тушите свет...

ALEX165 · Сообщение **ALEX165** » 22 мар 2011, 23:04

$N-mgsin(\alpha)=\frac{mv^2}{R}$
$mgcos(\alpha)-kN=m\frac{dv}{dt}$
$v=R\frac{d\alpha}{dt}=R\omega$
Далее получаем линейный дифур первого порядка относительно $\omega^2$ как функции от $\alpha$ , который легко, в лоб интегрируется, и получаем $\omega=\omega (\alpha)$ , далее приравниваем $\omega(\alpha)$ нулю:
$\omega(\alpha)=0$
и смотрим: при каком $\alpha$ это произойдёт.

Pyotr · Сообщение **Pyotr** » 24 мар 2011, 06:55

Если нигде не ошибся, $k\leq \frac {\sqrt{17}-3}{4}$ .

yourdomain.com