Съдържание

BelPhO 2005, Областен етап, 9–11 клас — Задача 5. 10 класс. «Транспортер»

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от BelPhO 2005

Республиканская физическая олимпиада (III этап). 2005 год.

Условие

Лента транспортера, движущаяся вправо со скоростью V; поперек ленты стоит вертикальная пластина-перекладина под углом α к направлению движения, перед ней на ленте лежит изделие в форме шайбы.

Для механического снятия готовых изделий с ленты транспортера, движущейся горизонтально со скоростью $V$ , используется неподвижная вертикальная направляющая перекладина, установленная под углом $\alpha$ на ленте. Коэффициент трения изделий о ленту транспортера равен $\mu_1$ , а о направляющую перекладину — $\mu_2$ .

1.1 При каком минимальном угле $\alpha_{\min}$ изделия будут соскальзывать с ленты транспортера?

1.2 Найдите установившуюся скорость $u$ движения изделий вдоль направляющей.

Отговори

Решение

1.1 После контакта детали с направляющей на деталь в горизонтальной плоскости будут действовать две силы трения: $\vec F_{\text{тр}1}$ (со стороны ленты транспортера) и $\vec F_{\text{тр}2}$ (со стороны направляющей), а также сила реакции $\vec N$ со стороны направляющей.

Вид сверху на ленту транспортера (скорость V вправо) с наклонной направляющей; к детали приложены силы F_тр1 вдоль ленты, F_тр2 вдоль направляющей и реакция N; угол α между лентой и направляющей. — Рис.1

Будем считать, что движение деталей носит поступательный характер, т.е. они не вращаются при трении о направляющую.

Для снятия (соскальзывания) детали с транспортера необходимо, чтобы проекция силы трения $F_{\text{тр}1} = \mu_1 mg$ на направляющую была больше силы трения $F_{\text{тр}2} = \mu_2 N$ о направляющую (рис. 1):

\mu_1 mg\sin\alpha > \mu_2 N.

С учетом того, что сила реакции

N = \mu_1 mg\cos\alpha,

получаем

\mathrm{tg}\,\alpha \ge \mu_2

Соответственно, для минимального угла $\alpha_{\min}$ выбираем случай равенства

\mathrm{tg}\,\alpha_{\min} = \mu_2. \qquad (1)

Обратите внимание, что (1) не зависит от значения коэффициента трения $\mu_1$ , главное — чтобы он был отличен от нуля, иначе детали не смогут двигаться по транспортеру.

1.2 Таким образом, при выполнении условия $\alpha > \alpha_{\min}$ детали будут скользить вдоль направляющей. Заметим, что по мере роста скорости $\vec u$ движения деталей вдоль направляющей вектор $\vec w$ скорости их проскальзывания относительно транспортера будет поворачиваться, «прижимаясь» к нормали $AD$ . Вследствие этого будет поворачиваться и вектор силы трения $\vec F_{\text{тр}1}$ из начального положения «вдоль транспортера» до установившегося положения, при котором он будет составлять некоторый угол $\beta$ с нормалью $AD$ к направляющей (рис.2). Следовательно, в установившемся режиме

Вид сверху: треугольник скоростей ABC у точки A на направляющей; векторы −V, u, F_тр1, нормаль AD, углы α, β и ξ; внизу стрелка скорости ленты V. — Рис. 2

F_{\text{тр}1}\sin\beta = \mu_2 N = \mu_2 F_{\text{тр}1}\cos\beta \;\Rightarrow\; \mathrm{tg}\,\beta = \mu_2. \qquad (2)

С другой стороны из треугольника скоростей $ABC$ (см. рис. 2) по теореме синусов имеем

\frac{u}{\sin(\alpha - \beta)} = \frac{V}{\sin\xi}, \qquad (3)

где $\xi = \dfrac{\pi}{2} + \beta$ .

Выделяя из (3) $\mathrm{tg}\,\beta$ с учетом (2) получаем

\mathrm{tg}\,\beta = \frac{V\sin\alpha - u}{V\cos\alpha} = \mu_2.

Окончательно для установившейся скорости $u$ поступательного движения деталей вдоль направляющей получаем

u = V(\sin\alpha - \mu_2\cos\alpha). \qquad (4)

Как видим из (4) выражение имеет смысл только при выполнении условия

\mathrm{tg}\,\alpha \ge \mu_2,

в противном случае после упора в направляющую детали будут покоиться, т.е. $u = 0$ .

Оригинал в Архива: 3_etap_2005_problems.pdf · официални решения: 3_etap_2005_solutions.pdf