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

Подготовка в СУНЦ МГУ: трение, экзамен в 10 класс

Сила трения всегда направлена против движения или возможного направления движения. Если вводить систему координат и аккуратно записывать в уравнения все силы по осям – тогда ошибок быть не должно. Не забывайте раскладывать силы на составляющие по осям, если  направления этих сил не совпадают с выбранными осями.

Задача 1.  Вверх по наклонной плоскости с углом наклона к горизонту \alpha=45^{\circ} пущена шайба.  Коэффициент трения шайбы о плоскость \mu=0,5. Во сколько раз время спуска шайбы  t_2 больше времени подъема t_1? (2014 г., вариант 1, №3)

Нарисуем чертеж. Вернее, потребуется два похожих чертежа: для спуска и для подъема. При движении шайбы вниз и вверх сила трения будет направлена в разные стороны. Направим на обоих рисунках ось x вверх вдоль плоскости, а ось y – перпендикулярно плоскости вверх.

К задаче 1: подъем.

Тогда для подъема, разложив силу тяжести на две составляющие, можем записать:

    \[\begin{Bmatrix}{-ma_1=-F_{tr}-mg\sin{\alpha}}\\{N=mg\cos{\alpha}}\\{F_{tr}=\mu N}\end{matrix}\]

    \[\begin{Bmatrix}{ma_1= \mu mg\cos{\alpha}+mg\sin{\alpha}}\\{N=mg\cos{\alpha}}\end{matrix}\]

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

Для равнозамедленного движения шайбы вверх запишем уравнение:

    \[\upsilon=\upsilon_0-a_1t_1\]

Так как в наивысшей точке шайба остановится, то

    \[\upsilon_0-a_1t_1=0\]

    \[\upsilon_0=a_1t_1\]

Путь шайбы

    \[S=\upsilon_0t_1-\frac{a_1t_1^2}{2}=a_1t_1^2-\frac{a_1t_1^2}{2}=\frac{a_1t_1^2}{2}\]

К задаче 1: спуск

Теперь для спуска шайбы вниз имеем:

    \[\begin{Bmatrix}{-ma_2=F_{tr}-mg\sin{\alpha}}\\{N=mg\cos{\alpha}}\\{F_{tr}=\mu N}\end{matrix}\]

    \[\begin{Bmatrix}{ma_2= -\mu mg\cos{\alpha}+mg\sin{\alpha}}\\{N=mg\cos{\alpha}}\end{matrix}\]

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

Путь на спуске такой же, как на подъеме:

    \[S=\frac{a_2t_2^2}{2}\]

Получаем, что

    \[\frac{a_1t_1^2}{2}=\frac{a_2t_2^2}{2}\]

    \[a_1t_1^2= a_2t_2^2\]

Тогда отношение времени спуска ко времени подъема равно:

    \[\frac{t_2}{t_1}=\sqrt{\frac{a_1}{a_2}}=\sqrt{\frac{ g\sin{\alpha} +\mu g \cos{\alpha}}{ g\sin{\alpha} -\mu g \cos{\alpha}}}=\sqrt{\frac{ 10\cdot\frac{\sqrt{2}}{2} +0,5\cdot10\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}{10\cdot\frac{\sqrt{2}}{2} - 0,5\cdot10\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}}=\sqrt{3}=1,7\]

Ответ: в 1,7 раза.

 

Задача 2. Вверх по наклонной плоскости с углом наклона к горизонту \alpha=30^{\circ} пущена шайба со скоростью \upsilon_0=17 м/с. Через некоторое время она останавливается и соскальзывает вниз. С какой скоростью она вернется  в исходную точку, если коэффициент трения шайбы о плоскость \mu=\frac{1}{2\sqrt{3}}. (2014 г., вариант 2, №3)

Для равнозамедленного движения шайбы вверх запишем уравнение:

    \[\upsilon=\upsilon_0-a_1t_1\]

Так как в наивысшей точке шайба остановится, то

    \[\upsilon_0-a_1t_1=0\]

Для спуска

    \[\upsilon=a_2t_2\]

Тогда

    \[\frac{\upsilon }{\upsilon_0}=\frac{ a_2t_2}{ a_1t_1}\]

Из предыдущей задачи знаем, что

    \[\frac{t_2}{t_1}=\sqrt{\frac{a_1}{a_2}}\]

Следовательно,

    \[\frac{\upsilon }{\upsilon_0}=\sqrt{\frac{ a_2}{ a_1}}\]

Поэтому скорость в конце спуска

    \[\upsilon=\upsilon_0\sqrt{\frac{ a_2}{ a_1}}\]

Отношение ускорений найдены в предыдущей задаче, поэтому ответ:

    \[\upsilon=\upsilon_0\sqrt{\frac{ g\sin{\alpha} -\mu g \cos{\alpha}}{ g\sin{\alpha} +\mu g \cos{\alpha}}}=17\sqrt{\frac{ 10\cdot0,5 -\frac{1}{2\sqrt{3}}\cdot10\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}{10\cdot0,5 + \frac{1}{2\sqrt{3}}\cdot10\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}}=\frac{17}{\sqrt{3}}=10\]

Ответ:  10 м/с.

 

Задача 3. Хоккейная шайба массой m=150 г влетела в ворота и ударила в сетку, которая прогнулась на s=7,5 см. Максимальная сила взаимодействия между сеткой и шайбой была F=1,25 кН. С какой скоростью летела шайба перед ударом о сетку? Считать, что сила упругости меняется в зависимости от прогиба сетки по закону Гука. (2014 г., вариант 3, №3)

Кинетическая энергия шайбы перед ударом равна

    \[E_k=\frac{m\upsilon^2}{2}\]

Эта энергия перешла в потенциальную энергию растянутой сетки:

    \[E_p=\frac{ks^2}{2}\]

Поэтому

    \[\frac{m\upsilon^2}{2}=\frac{ks^2}{2}\]

Сила упругости равна F=ks, подставим:

    \[m\upsilon^2=Fs\]

    \[\upsilon=\sqrt{\frac{ Fs }{m}}=\sqrt{\frac{ 1,25\cdot10^3\cdot0,075 }{0,15}}=25\]

Ответ:  25 м/с.

Задача 4.  Брусок массой m_1=400 г находится на горизонтальном столе, на конце которого укреплен легкий блок. При помощи перекинутой через блок легкой нити  брусок связан с висящим на ней  грузом массой m_2=100 г. Найдите коэффициент трения бруска о стол, если груз из состояния покоя опускается на расстояние S=80 см за время t=2 с. (2013 г., вариант 9, №2)

К задаче 4

Определим ускорение брусков:

    \[a=\frac{2S}{t^2}\]

Направив ось x вправо, можем записать уравнение по второму закону Ньютона для первого бруска:

    \[m_1a=T-F_{tr}\]

Где T – сила натяжения нити. Она пока неизвестна нам, найдем ее, записав аналогичное уравнение для второго бруска:

    \[m_2a=m_2g-T\]

    \[T=m_2(g-a)\]

Подставим эту силу в уравнение для первого бруска:

    \[m_1a= m_2(g-a)-F_{tr}\]

    \[m_1a= m_2(g-a)-\mu m_1 g\]

    \[\mu=\frac{ m_2(g-a)- m_1a }{ m_1 g }=\frac{m_2}{m_1}-\frac{a}{g}\cdot\frac{m_2}{m_1}-\frac{a}{g}=\frac{m_2}{m_1}-\left(1+\frac{m_2}{m_1}\right)\frac{2S}{gt^2}\]

Подставляем численные данные:

    \[\mu=\frac{1}{4}-\left(1+\frac{1}{4}\right)\frac{1,6}{40}=0,2\]

Ответ: \mu=0,2.

Задача 5. Ящик массой m=50 кг равномерно перемещают по полу с помощью прикрепленной к нему легкой веревки. Коэффициент трения между ящиком и полом \mu=0,6, а веревка образует с горизонтом угол \alpha=30^{\circ}. С какой силой следует тянуть веревку? (2013 г., вариант 3, №3)

Введем систему координат, и запишем уравнения по второму закону Ньютона по обеим осям:

К задаче 5

    \[\begin{Bmatrix}{0=-F_{tr}+F\cos{\alpha}}\\{N=mg-F\sin{\alpha}}\\{F_{tr}=\mu N}\end{matrix}\]

    \[\begin{Bmatrix}{F_{tr}=F\cos{\alpha}}\\{N=mg-F\sin{\alpha}}\\{F_{tr}=\mu (mg-F\sin{\alpha})}\end{matrix}\]

Тогда, приравнивая два выражения для силы трения, получим:

    \[F\cos{\alpha}=\mu (mg-F\sin{\alpha})\]

    \[F\cos{\alpha}=\mu mg-\mu F\sin{\alpha}\]

    \[\mu mg= F(\cos{\alpha}+\mu \sin{\alpha})\]

    \[F=\frac{\mu mg }{\cos{\alpha}+\mu \sin{\alpha}}\]

Подставляем численные данные:

    \[F=\frac{0,6\cdot50\cdot10 }{\frac{\sqrt{3}}{2}+0,6\cdot0,5}=257,5\]

Ответ: 258 Н

 

Задача 6. Горизонтальный диск медленно раскручивают  вокруг вертикальной оси. На поверхности диска находится небольшое тело, которое вращается вместе с диском.  Когда частота вращения диска достигает значения n=30 об/мин, тело начинает скользить по диску. Найдите, на каком расстоянии от оси вращения находилось тело, если коэффициент трения  между телом и поверхностью диска равен \mu=0,2. (2015 г., вариант 7, №1)

К задаче 6

На вращающееся тело будет действовать центростремительная сила, выражение для которой мы запишем так:

    \[F_n=ma_n=\frac{m\upsilon^2}{R}\]

Запишем второй закон Ньютона:

    \[F_n=F_{tr}\]

    \[\frac{m\upsilon^2}{R}=\mu m g\]

Давайте определим скорость тела. По частоте вращения в об/мин определяем  ее в герцах: \nu=0,5 Гц. Скорость – частное от деления пути, пройденного телом (это длина окружности 2 \pi R) на время (это период), или

    \[\upsilon=\frac{2 \pi R }{T}=2 \pi R \nu\]

Тогда

    \[\frac{ 4 \pi^2 R^2 \nu^2}{R}=\mu g\]

    \[4 \pi^2 R \nu^2=\mu g\]

    \[R=\frac{\mu g }{4 \pi^2 \nu^2}=\frac{2}{4\cdot 3,14^2\cdot\frac{1}{4}}=\frac{2}{3,14^2}=0,2\]

Ответ: 20 см.

Добавить комментарий

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