Подготовка в СУНЦ МГУ – бруски и наклонные плоскости.

[latexpage]

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: $\mu=0,346$.