Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Сила трения

Подготовка в СУНЦ МГУ – бруски и наклонные плоскости.

Задачи, связанные с  темой “сила трения”, которые были предложены на вступительном экзамене в СУНЦ МГУ в 2013, 2014, 2015 годах. Все они объединены присутствием наклонной плоскости.

Задача 1. Брусок соскальзывает с наклонной плоскости с ускорением a=2 м/с^2. Чему равен коэффициент трения бруска о плоскость, если угол наклона плоскости к горизонту равен \alpha=30^{\circ}?

Уравнение по второму закону в проекциях на плоскость будет выглядеть так:

    \[ma=mg\sin{\alpha}-F_{tr}\]

Сила трения равна

    \[F_{tr}=\mu N=\mu m g \cos{\alpha}\]

Тогда уравнение будет выглядеть

    \[ma=mg\sin{\alpha}-\mu m g \cos{\alpha}\]

    \[\mu=\frac{ mg\sin{\alpha}-ma}{ m g \cos{\alpha}}=\frac{ g\sin{\alpha}-a}{  g \cos{\alpha}}=\frac{ 10\cdot0,5-2}{ 10 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}=0,2\sqrt{3}=0,346\]

Ответ: \mu=0,346.

Задача 2. Через какое время после пуска скорость бруска, которому сообщили вверх по наклонной плоскости скорость \upsilon_0, снова станет равной \upsilon_0? Коэффициент трения равен \mu, а угол наклона плоскости к горизонту – \beta.

Искомое время сложится из двух: времени подъема бруска и времени спуска. В некотором месте на спуске его скорость снова увеличится до \upsilon_0. При подъеме бруска он тормозит, ускорение направлено вниз по наклонной плоскости.

Уравнение по второму закону в проекциях на плоскость будет выглядеть так:

    \[ma_1=mg\sin{\beta }+F_{tr}\]

Сила трения равна

    \[F_{tr}=\mu N=\mu m g \cos{\beta }\]

Тогда уравнение будет выглядеть

    \[ma_1=mg\sin{\beta }+\mu m g \cos{\beta }\]

Откуда ускорение

    \[a_1= g\sin{\beta }+\mu  g \cos{\beta }\]

Тогда время подъема можно найти из уравнения:

    \[\upsilon=\upsilon_0-a_1t_1=0\]

    \[t_1=\frac{\upsilon_0}{a_1}=\frac{\upsilon_0}{ g\sin{\beta }+\mu  g \cos{\beta }}\]

Теперь рассмотрим спуск бруска. Ускорение снова направлено вниз:

    \[ma_2=mg\sin{\beta }-F_{tr}= mg\sin{\beta }-\mu m g \cos{\beta }\]

    \[a_2= g\sin{\beta }-\mu g \cos{\beta }\]

Уравнение для скорости бруска:

    \[\upsilon=a_2t_2=\upsilon_0\]

    \[t_2=\frac{\upsilon_0}{a_2}=\frac{\upsilon_0}{ g\sin{\beta }-\mu  g \cos{\beta }}\]

Тогда общее время подъема и спуска

    \[t=t_1+t_2=\upsilon_0\cdot \left(\frac{1}{ g\sin{\beta }+\mu  g \cos{\beta }}+\frac{1}{ g\sin{\beta }-\mu  g \cos{\beta }}\right)= \upsilon_0\cdot \left(\frac{2 g\sin{\beta }}{ g^2\sin^2{\beta }-\mu^2  g^2 \cos^2{\beta }}\right)= \upsilon_0\cdot \left(\frac{2 \sin{\beta }}{ g(\sin^2{\beta }-\mu^2  \cos^2{\beta })}\right)\]

Ответ: t= \upsilon_0\cdot \left(\frac{2 \sin{\beta }}{ g(\sin^2{\beta }-\mu^2  \cos^2{\beta })}\right).

Задача 3. Тело массой m=200 кг перемещают вверх по наклонной плоскости, длина которой L=10 м, а угол наклона к горизонту равен \alpha=30^{\circ}. Найдите, какую работу совершают при этом сила тяжести и сила трения. Коэффициент трения скольжения тела по наклонной плоскости равен \mu=0,1.

Работа силы тяжести будет равна той потенциальной энергии, которая была сообщена телу:

    \[A_{mg}=-mgh=-mgL\sin{\alpha}=-200\cdot10\cdot10\cdot0,5=-10^4\]

Работа силы трения равна

    \[A_{tr}=F_{tr}L=\mu m g\cos{\alpha} L=-0,1\cdot200\cdot10\cdot10\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=-100\sqrt{3}=-1730\]

Ответ: A_{mg}=-10000 Дж, A_{tr}=-1730 Дж.

Задача 4. На наклонной плоскости с углом наклона к горизонту \alpha, покоится небольшой брусок. Если слегка толкнуть его вниз, то он будет скользить с постоянной скоростью. Найдите, какую начальную скорость вверх вдоль наклонной плоскости следует сообщить бруску, чтобы он смог проехать до остановки расстояние S.

Так как брусок равномерно сползает, то

    \[mg\sin{\alpha}=F_{tr}=\mu m g \cos{\alpha}\]

Или

    \[\mu=\operatorname{tg}{\alpha}\]

Так как в конце подъема брусок, пройдя расстояние S, остановится, то

    \[2aS=\upsilon_0^2\]

При подъеме бруска он тормозит, ускорение направлено вниз по наклонной плоскости.

Уравнение по второму закону в проекциях на плоскость будет выглядеть так:

    \[ma=mg\sin{\alpha}+F_{tr}\]

Сила трения равна

    \[F_{tr}=\mu N=\mu m g \cos{\alpha}\]

Тогда уравнение будет выглядеть

    \[ma=mg\sin{\alpha}+\mu m g \cos{\alpha}\]

Откуда ускорение

    \[a= g\sin{\alpha}+\mu  g \cos{\alpha}\]

Следовательно,

    \[\upsilon_0=\sqrt{2aS}=\sqrt{2Sg(\sin{\alpha}+\mu \cos{\alpha})}\]

Ответ: \upsilon_0=\sqrt{2Sg(\sin{\alpha}+\mu \cos{\alpha})}.

Задача 5. За какое время шайба соскользнет с наклонной плоскости высотой h=2,5 м и углом наклона к горизонту \beta=60^{\circ}, если по этой же плоскости, установленной под углом \alpha=30^{\circ}, она движется равномерно?

Аналогично предыдущей задаче

    \[\mu=\operatorname{tg}{\alpha}\]

Уравнение по второму закону в проекциях на плоскость будет выглядеть так:

    \[ma=mg\sin{\beta}-F_{tr}\]

Сила трения равна

    \[F_{tr}=\mu N=\mu m g \cos{\beta}\]

Тогда уравнение будет выглядеть

    \[ma=mg\sin{\beta}-\mu m g \cos{\beta}\]

    \[a=g\sin{\beta}-\mu  g \cos{\beta}\]

Длина плоскости

    \[L=\frac{h}{\sin{\beta}}\]

Кинематическое уравнение для пути, пройденного шайбой:

    \[L=\frac{at^2}{2}\]

    \[t=\sqrt{\frac{2L}{a}}=\sqrt{\frac{2h}{a\sin{\beta}}}=\sqrt{\frac{2h}{\sin{\beta}\cdot(g\sin{\beta}-\operatorname{tg}{\alpha}\cdot g \cos{\beta})}}\]

    \[t=\sqrt{\frac{5}{\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot(10\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot 10 \cdot0,5)}}=1\]

Ответ: t=1 с

Задача 6. Брусок толкнули вверх по наклонной плоскости, образующей угол – \beta=30^{\circ} с горизонтом.  Через время \tau=2 с после пуска он остановился, а через время T=4 с после остановки – вернулся в исходную позицию.  Чему равен коэффициент трения скольжения?

При подъеме бруска он тормозит, ускорение направлено вниз по наклонной плоскости.

Уравнение по второму закону в проекциях на плоскость будет выглядеть так:

    \[ma_1=mg\sin{\beta }+F_{tr}\]

Сила трения равна

    \[F_{tr}=\mu N=\mu m g \cos{\beta }\]

Тогда уравнение будет выглядеть

    \[ma_1=mg\sin{\beta }+\mu m g \cos{\beta }\]

Откуда ускорение

    \[a_1= g\sin{\beta }+\mu  g \cos{\beta }\]

Тогда начальную скорость можно найти из уравнения:

    \[\upsilon=\upsilon_0-a_1\tau=0\]

    \[\upsilon_0=a_1\tau=\tau g(\sin{\beta }+\mu \cos{\beta })\]

Путь, пройденный бруском до остановки, равен

    \[S=\upsilon_0\tau-\frac{a_1\tau^2}{2}=\frac{a_1\tau^2}{2}=\frac{ g(\sin{\beta }+\mu \cos{\beta })\tau^2}{2}\]

Теперь рассмотрим спуск бруска. Ускорение снова направлено вниз:

    \[ma_2=mg\sin{\beta }-F_{tr}= mg\sin{\beta }-\mu m g \cos{\beta }\]

    \[a_2= g\sin{\beta }-\mu g \cos{\beta }\]

Уравнение для скорости бруска:

    \[\upsilon=a_2T=\upsilon_0\]

Пройденный им путь

    \[S=\frac{a_2T^2}{2}\]

    \[S=\frac{ g(\sin{\beta }-\mu \cos{\beta })T^2}{2}\]

Очевидно, что путь бруска вверх и путь вниз одинаковы:

    \[\frac{ g(\sin{\beta }+\mu \cos{\beta })\tau^2}{2}=\frac{ g(\sin{\beta }-\mu \cos{\beta })T^2}{2}\]

    \[(\sin{\beta }+\mu \cos{\beta })\tau^2=(\sin{\beta }-\mu \cos{\beta })T^2\]

    \[\mu \cos{\beta }(\tau^2+T^2)= \sin{\beta }(T^2-\tau^2)\]

    \[\mu=\frac{\sin{\beta }(T^2-\tau^2)}{ \cos{\beta }(\tau^2+T^2)}= \operatorname{tg}{\alpha}\frac{T^2-\tau^2}{(T^2+\tau^2)}=\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot\frac{12}{20}=\frac{\sqrt{3}}{5}=0,346\]

Ответ: \mu=0,346.

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *