Определить ускорение массы

[Charlz_Klug]

Задача:
Определить ускорение массы $M$ в системе, изображённой на рисунке. Массой блоков и силами трения можно пренебречь. Клинья считать закреплёнными жёстко.


Моё решение:
Сила тяжести, действующая на $M$: $\vec{F_{M}} = M \vec{g}$, сила действующая на $m_1$: $\vec{F_{m_1}} = m_1 \vec{g} \sin{\alpha}$, сила действующая на $m_2$: $\vec{F_{m_2}} = m_2 \vec{g} \sin{\alpha}$. Сила натяжения нити $\vec{T}$ всюду одинакова по модулю и направлена в противоположно силе действующей на отдельное тело. Получил систему:

$$\left\{ \begin{array}{rcl} M \vec{g} - 2 \vec{T} &=& M \vec{a}\\ \vec{T} - m_1 \vec{g} \sin{\alpha} &=& m_1 \vec{a}\\ \vec{T} - m_2 \vec{g} \sin{\alpha} &=& m_2 \vec{a}\\ \end{array} \right. \Rightarrow \vec{a} = \frac {\vec{g} (M - m_1 \sin{\alpha} - m_2 \sin{\alpha})} {M + m_1 + m_2}$$

Конечно, решение неверное. Если допустить что $m_1 = 0$, то получается, что нить никуда не прикреплена и тогда тело $M$ находится в состоянии свободного падения. А по формуле что получил я выходит $\vec{a} = \frac {\vec{g} (M - m_2 \sin{\alpha})} {M + m_2}$, $\vec{a} < \vec{g}$. Пока можно не отвечать. Это мысли вслух. Ещё не додумал.

[SomePupil]

Charlz_Klug, равнодействующая сил $-$ это сумма всех сил, действующих на тело. Разности там не возникают. Если решаете для себя, можете сразу писать всё в проекциях (на всевозможные оси).

Да, и боюсь, что ускорения грузов неодинаковы.

[DimaM]

SomePupil в сообщении #1138547 писал(а):

Да, и боюсь, что ускорения грузов неодинаковы.

Однако между собой связаны - это даст четвертое уравнение.

[Metford]

SomePupil в сообщении #1138547 писал(а):

Да, и боюсь, что ускорения грузов неодинаковы.

Именно, нужно детально рассмотреть движение блока: связать смещение нитей со смещением блока. Тут хорошая картинка очень помогла бы.

[Утундрий]

Если $m_i$ проползут вверх по склону $x_i$, то $M$ опустится на $(x_1+x_2)/2$.

[andrey67k]

Можно вместо векторных уравнений сразу применить принцип Даламбера-Лагранжа (Общее уравнение динамики). Система с двумя степенями свободы, соответственно два уравнения и конечно:

Утундрий в сообщении #1138609 писал(а):

Если $m_i$ проползут вверх по склону $x_i$, то $M$ опустится на $(x_1+x_2)/2$.

[Батороев]

Charlz_Klug
Уравнения у Вас записаны правильно за исключением того, что второе и третье уравнения описывают схему, в которой груз $M$ неподвижен (скреплен с землей). Попытайтесь из этих уравнений получить $T$ и подставить в первое уравнение, которое описывает схему, в которой груз $M$ движется.

[DimaM]

Батороев в сообщении #1138944 писал(а):

Уравнения у Вас записаны правильно за исключением того, что второе и третье уравнения описывают схему, в которой груз $M$ неподвижен (скреплен с землей).

Только в одном из этих уравнений нужно вместо $a$ поставить $-a$, естественно, без всяких векторов.

Батороев в сообщении #1138944 писал(а):

Попытайтесь из этих уравнений получить $T$ и подставить в первое уравнение, которое описывает схему, в которой груз $M$ движется.

Лучше сразу написать правильные уравнения для трех неизвестных ускорений и неизвестной силы натяжения.

[Батороев]

Charlz_Klug
Не заметил сразу: в первом уравнении должно быть искомое ускорение ($\ne a$).

-- 20 июл 2016 17:10 --

(Оффтоп)

DimaM в сообщении #1138947 писал(а):

Лучше сразу написать правильные уравнения для трех неизвестных ускорений и неизвестной силы натяжения.

Мне всегда больше нравилось искать три неизвестных, чем четыре.

[DimaM]

Батороев в сообщении #1138965 писал(а):

Не заметил сразу: в первом уравнении должно быть искомое ускорение ($\ne a$).

Так и ускорения масс $m_1$ и $m_2$ также разные.

[Батороев]

DimaM в сообщении #1138972 писал(а):

Так и ускорения масс $m_1$ и $m_2$ также разные.

Как я писал выше, второе и третье уравнения записаны для схемы, в которой блок с грузом $M$ неподвижен. В этом случае ускорения масс $m_1$ и $m_2$ одинаковы. Т.к. при движении груза $M$ никакие дополнительные силы не возникают (блок невесом, трение отсутствует), то полученное по этой схеме значение $T$ мы можем "перетащить" во вторую схему, описываемую первым уравнением (с поправкой, о которой я написал выше) и в которой груз $M$ перемещается. Естественно, во второй схеме ускорение груза $M$ будет добавкой к ускорению $a$ одного из грузов $m_1$ или $m_2$, рассчитанного для первой схемы, и вычетом для такого же ускорения второго.

[DimaM]

Батороев в сообщении #1138984 писал(а):

Как я писал выше, второе и третье уравнения записаны для схемы, в которой блок с грузом $M$ неподвижен. В этом случае ускорения масс $m_1$ и $m_2$ одинаковы.

Не-а. Они противоположны.

Батороев в сообщении #1138984 писал(а):

Т.к. при движении груза $M$ никакие дополнительные силы не возникают (блок невесом, трение отсутствует), то полученное по этой схеме значение $T$ мы можем "перетащить" во вторую схему, описываемую первым уравнением (с поправкой, о которой я написал выше) и в которой груз $M$ перемещается. Естественно, во второй схеме ускорение груза $M$ будет добавкой к ускорению $a$ одного из грузов $m_1$ или $m_2$, рассчитанного для первой схемы, и вычетом для такого же ускорения второго.

Напишите уравнения. Интересно посмотреть, насколько это будет длиннее, чем сразу правильную систему писать .

[Батороев]

DimaM в сообщении #1139136 писал(а):

Не-а. Они противоположны.

Мы вроде рассматривали в скалярах? Если нет, то извините, что вовремя не сориентировался.

DimaM в сообщении #1139136 писал(а):

Напишите уравнения. Интересно посмотреть, насколько это будет длиннее, чем сразу правильную систему писать

Так я уже писал, что они у ТС записаны (почти правильно).
Путем сложения второго уравнения и третьего (т.к. они записаны в векторной форме, то необходимо правильно учесть знаки) находим значение $a$ (ускорение масс $m_1$ и $m_2$ при стационарном режиме массы $M$), которое при подстановке в любое из упомянутых уравнений, дает возможность получения величины $T$. В оконцовке, подставив $T$ в первое уравнение (имея в виду, что там не $a$, а ускорение груза $M$, допустим $w$), получаем ответ.

-- 21 июл 2016 14:29 --

Извинился, а зря, т.к. грузы $m_1$ и $m_2$ при неподвижном грузе $M$ перемещаются в одну сторону. При переходе к схеме, в которой груз $M$ движется, его ускорение $w$ добавляется к ускорению $a$ меньшего из грузов и вычитается из такого же ускорения большего.

[Charlz_Klug]

Учёл

Утундрий в сообщении #1138609 писал(а):

Если $m_i$ проползут вверх по склону $x_i$, то $M$ опустится на $(x_1+x_2)/2$.

и

DimaM в сообщении #1138576 писал(а):

SomePupil в сообщении #1138547 писал(а):

Да, и боюсь, что ускорения грузов неодинаковы.

Однако между собой связаны - это даст четвертое уравнение.

Вот что получилось:
$a_1 \text{---}$ ускорение первого груза, $a_2 \text{---}$ ускорение второго груза и $a \text{---}$ ускорение груза $M$. Поскольку $x_M = (x_1+x_2)/2$, то отсюда получаем $a = \frac {a_1 + a_2} {2}$ и в то же время есть систему

$$\left\{ \begin{array}{rcl} Mg - 2T &=& Ma\\ T - m_1g \sin{\alpha} &=& m_1 a_1\\ T - m_2 g \sin{\alpha} &=& m_2 a_1\\ \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{rcl} a_1 &=& \frac {T - m_1 g \sin{\alpha}} {m_1}\\ a_2 &=& \frac {T - m_2 g \sin{\alpha}} {m_2}\\ T &=& \frac {Mg - Ma} {2}\\ \end{array} \right. $$

Из $a = \frac {a_1 + a_2} {2}$ получаем $a = \frac {\frac {T - m_1 g \sin{\alpha}} {m_1} + \frac {T - m_2 g \sin{\alpha}} {m_2}} {2}$. После упрощения получаем $a = \frac {T (m_1 + m_2)} {2 m_1 m_2} - g \sin{\alpha}$, подставляем $T = \frac {Mg - Ma} {2}$. Тогда $a = \frac {\frac {Mg - Ma} {2} (m_1 + m_2)} {2 m_1 m_2} - g \sin{\alpha}$ упростив и перенеся $a$ за знак равенства получаем $a = \frac {M (m_1 + m_2) - 4 m_1 m_2 \sin{\alpha}} {4 m_1 m_2 + M (m_1 + m_2)} g$. Такой же ответ и в задачнике. Большое спасибо за мысли!

[Утундрий]

Кстати, забавно что $m_1$ и $m_2$ входят в ответ через приведенную массу.