[latexpage]
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.
Через недельку...
и за этот ответ спасибо. Теперь уж...
Огромное спасибо...
А почему я не вижу нормального текста ? Половина текст ,а другая половина символы ...
Ждем-с. Скоро...