Наклонная плоскость

Из условия равномерного подъёма найдите силу трения, затем запишите второй закон Ньютона для движения вниз.

3

Как связаны полезная работа (подъём на высоту) и полная работа, включающая работу против силы трения на том же пути?

\(74\,\%\)

Минимальные силы вниз и вверх дают два уравнения на проекцию силы тяжести вдоль плоскости и максимальную силу трения. Для движения в горизонтальном направлении по плоскости силы складываются как векторы.

1) 1 м/с\(^2\);  2) 2,8 Н;  3) 0;  4) 1 м/с\(^2\).

Запишите второй закон Ньютона в проекциях на склон и на нормаль к нему для силы, направленной под углом к склону, и условие, что брусок не отрывается от плоскости. Затем найдите минимум силы по углу.

Ответ 6: 85 Н.

Разложите ускорение на нормальную (вдоль нити) и касательную (вдоль скорости) составляющие. Касательную создаёт только сила трения, нормальную — нить и составляющая силы тяжести вдоль плоскости.

\(a = \sqrt{(V^2/L)^2 + (\mu g\cos\alpha)^2} = 5\) м/с\(^2\);  \(F = mV^2/L + mg\sin\alpha \approx 6{,}33\) Н.

Нить натянута, а середина её движется по диагонали. Какой угол с вертикалью составляет участок нити от ребра до груза, и какая составляющая силы тяжести направлена вдоль грани?

Ускорения грузов и ускорение середины нити одинаковы по модулю и равны \(a = g\sin\dfrac{\alpha}{2}\).

Работа силы трения на наклонной плоскости равна \(\mu mg\cos\alpha \cdot h/\sin\alpha\), то есть зависит от высоты \(h\) и угла. Запишите теорему об изменении кинетической энергии для каждого склона.

Сначала выясните, может ли магнит покоиться: сравните необходимую силу трения покоя с максимально возможной \(\mu N\). Если нет — сила трения скольжения известна.

При \(\mu \ge \dfrac{\cos\alpha}{k - \sin\alpha}\) ускорение равно нулю; при \(\mu < \dfrac{\cos\alpha}{k - \sin\alpha}\) ускорение равно \(a = g\cos\alpha - \mu g (k - \sin\alpha)\).

Сила трения постоянна по модулю и направлена против скорости — её работа равна \(-\mu mg\cos\alpha\), умноженному на путь. Во втором пункте учтите, что после верхней точки груз ещё какое-то время тормозит: найдите, где скорость минимальна.

1) \(v_1 = \sqrt{(4 + \pi)gL\sin\alpha} \approx \sqrt{7{,}14\,gL\sin\alpha}\);  2) \(v_2 = \sqrt{(2 + \sqrt3 + 7\pi/6)gL\sin\alpha} \approx \sqrt{7{,}40\,gL\sin\alpha}\).

Так как стержень жесткий и изначальная скорость сообщена вдоль наклонной плоскости, то тело будет двигаться по окружности радиуса \(L\).

При движении на груз действуют четыре силы: потенциальная сила тяжести и непотенциальные силы трения и реакции опоры со стороны стержня и плоскости. Сила реакции со стороны стержня, как и сила реакции со стороны плоскости, в любой момент времени направлены перпендикулярно скорости, поэтому их работа равна нулю. Сила трения постоянна по модулю и в любой момент направлена против скорости, поэтому работа силы трения будет равна \(A_\text{тр} = -F_\text{тр}S\), где \(S\) — длина пути, пройденного телом. Запишем второй закон Ньютона в проекции на ось, перпендикулярную плоскости: \(N - mg\cos\alpha = 0\). Так как тело скользит, то на него действует сила трения скольжения, равная \(F_\text{тр} = \mu N = \mu mg\cos\alpha\). Пусть скорость груза в верхней точке равна 0. Запишем связь между изменением механической энергии тела и работой силы трения: \[(mg\cdot 2L\sin\alpha - 0) + \left(0 - \frac{mv_1^2}{2}\right) = -\mu mg\cos\alpha\cdot\pi L.\] Скорость \(v_1\) будет равна \[v_1 = \sqrt{gL(4\sin\alpha + 2\mu\pi\cos\alpha)} = \sqrt{(4 + \pi)gL\sin\alpha} \approx \sqrt{7{,}14\,gL\sin\alpha}.\]

Рассмотрим в произвольный момент времени проекции сил, действующих на груз, на ось, сонаправленную скорости. Не нулевыми на эту ось будут только проекции силы тяжести и силы трения. Пока груз движется от нижней точки к самой верхней, обе проекции будут отрицательными, значит модуль скорости груза будет уменьшаться. В процессе дальнейшего движения проекция силы тяжести станет положительной и будет постепенно возрастать от нулевого значения, значит скорость тела первое время продолжит уменьшаться и достигнет минимума в точке, когда проекция силы тяжести скомпенсирует проекцию силы трения: \[mg\sin\alpha\sin\beta - \mu mg\cos\alpha = 0\] (здесь \(\beta\) — угол между стержнем и «вертикалью», то есть прямой, проходящей через верхнюю точку траектории груза и шарнир). Отсюда получим, что \[\sin\beta = \frac{\mu}{\operatorname{tg}\alpha} = \frac12 \;\Rightarrow\; \beta = \frac{\pi}{6}.\] Так как работа силы трения и изменение потенциальной энергии при перемещении в фиксированное положение не зависят от величины начальной скорости, то минимальному значению скорости на старте соответствует нулевое значение минимальной скорости в процессе дальнейшего движения. Запишем опять связь между изменением механической энергии тела и работой силы трения: \[(mg\cdot L\sin\alpha\cdot(1 + \cos\beta) - 0) + \left(0 - \frac{mv_2^2}{2}\right) = -\mu mg\cos\alpha\cdot(\pi + \beta)L.\] Тогда \[v_2^2 = 2gL\sin\alpha\cdot(1 + \cos\beta) + 2\mu g\cos\alpha(\pi + \beta)L = gL\sin\alpha\left(2 + \sqrt3 + \frac{7\pi}{6}\right),\] откуда \[v_2 = \sqrt{(2 + \sqrt3 + 7\pi/6)gL\sin\alpha} \approx \sqrt{7{,}40\,gL\sin\alpha}.\]

Мгновенный центр скорости катушки лежит в точке касания с горкой. Найдите скорость точки каната, с которой рабочий идёт вместе, и примените «золотое правило механики» (равенство работ) для выигрыша в силе.

\(V = \dfrac{2\pi R}{t}\left(1 + \dfrac{r}{R}\right) \approx 1{,}57\) м/с;  \(k = 10\left(1 + \dfrac{r}{R}\right) \approx 16{,}7\);  \(F = \dfrac{mg}{10\left(1 + r/R\right)} = 60\) Н;  \(P = FV \approx 94\) Вт.

Во время удара сохраняется проекция импульса системы на направление наклонной плоскости (вдоль неё внешние силы малы по сравнению с ударными). Затем найдите потерю механической энергии.

\(\Delta Q = m\left(gH + \dfrac{V^2}{3}\right)\).

Нижний конец доски отрывается, когда момент силы давления груза относительно шарнира сравнивается с моментом силы тяжести доски. Найдите, на каком расстоянии от \(O\) это происходит, и дальше используйте закон сохранения энергии.

Если \(\dfrac{M}{m} < \dfrac{2h}{l-2h}\), то \(v \ge \sqrt{2g\left(l - h + \dfrac{M}{m}\cdot\dfrac{l-2h}{2}\right)\sin\alpha}\); при \(\dfrac{M}{m} > \dfrac{2h}{l-2h}\) доска не оторвётся ни при какой скорости.

Запишем второй закон Ньютона в проекциях на нормаль к доске для груза: \[N = mg\cos\alpha,\] где \(N\) "— нормальная реакция опоры. Запишем уравнение моментов для доски относительно точки \(O\) (груз \(m\) на расстоянии \(x\) от точки \(O\), доска начинает отрываться от пола): \[Mg\cdot\left(\frac{l}{2} - h\right)\cos\alpha = Nx = mgx\cos\alpha \;\Longrightarrow\; x = \frac{M}{m}\cdot\frac{l-2h}{2} .\]

1. Если \[\frac{M}{m}\cdot\frac{l-2h}{2} > h \;\Longrightarrow\; \frac{M}{m} > \frac{2h}{l-2h},\] то не существует таких скоростей, при которых доска оторвётся от пола.

2. Если \[\frac{M}{m} < \frac{2h}{l-2h},\] тогда из закона сохранения энергии следует \[\frac{mv^2}{2} \ge mg(l - h + x)\sin\alpha \;\Longrightarrow\; v \ge \sqrt{2g\left(l - h + \frac{M}{m}\cdot\frac{l-2h}{2}\right)\sin\alpha}.\]

При \(\mu = \mathrm{tg}\,\alpha\) сила трения по модулю равна скатывающей силе \(mg\sin\alpha\), поэтому их сумма направлена по биссектрисе угла между \(-\vec v\) и \(-\vec y\). Отсюда касательное ускорение равно проекции ускорения на ось \(y\), и величина \(v - v_y\) сохраняется. Время найдите, проинтегрировав этот инвариант и применив теорему о кинетической энергии.

1) \(a_0 = 2g\sin\alpha\cos(\varphi_0/2) \approx 8{,}49\text{ м/с}^2\), \(a_1 = 2g\sin\alpha\cos(\varphi_1/2) \approx 1{,}76\text{ м/с}^2\);  2) \(u = v_0(1 - \cos\varphi_0) \approx 4{,}00\text{ м/с}\), \(v_1 = \dfrac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{1 - \cos\varphi_1} \approx 2{,}07\text{ м/с}\);  3) \(t = \dfrac{v_0}{2g\sin\alpha(1 - \cos\varphi_0)}\left(1 - \left(\dfrac{1 - \cos\varphi_0}{1 - \cos\varphi_1}\right)^2\right) \approx 1{,}52\text{ с}\).

1. Пусть \(m\) — масса шайбы. В плоскости доски на шайбу действуют компонента силы тяжести \(mg\sin\alpha\), а также сила трения \(F_\text{тр} = \mu mg\cos\alpha\), причём поскольку \(\mu = \mathrm{tg}\,\alpha\): \[F_\text{тр} = mg\sin\alpha.\] Изобразим на рисунке компоненту силы тяжести и силу трения, соответствующие углу \(\varphi\) между направлением скорости шайбы и осью \(y\).

Из него следует, что равнодействующая \(R\) компоненты силы тяжести и силы трения равна: \[R = 2mg\sin\alpha\cos(\varphi/2).\] Тогда для ускорений \(a_0\) и \(a_1\) имеем: \[a_0 = 2g\sin\alpha\cos(\varphi_0/2) \approx 8{,}49\text{ м/с}^2, \qquad a_1 = 2g\sin\alpha\cos(\varphi_1/2) \approx 1{,}76\text{ м/с}^2.\]

2. Первое решение: Равнодействующая компоненты силы тяжести и силы трения направлена вдоль биссектрисы угла \(\varphi\) между направлением скорости и осью \(y\) — тангенциальное ускорение шайбы и проекция её ускорения на ось \(y\) равны друг другу, \(a_\tau = a_y\), поэтому: \[v - v_y = v(1 - \cos\varphi) = \mathrm{const} = v_0(1 - \cos\varphi_0).\]

Второе решение: Запишем выражения для тангенциальной и нормальной компонент ускорения: \[a_\tau = \dot v = -g\sin\alpha(1 + \cos\varphi), \qquad a_n = v\dot\varphi = g\sin\alpha\sin\varphi.\] Отсюда: \[\frac{\dot v}{v\dot\varphi} = -\frac{1 + \cos\varphi}{\sin\varphi} = -\frac{1}{\mathrm{tg}(\varphi/2)}.\] Разделим переменные и получим: \[\frac{\mathrm{d}v}{v} = -\frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{tg}(\varphi/2)}.\] Проинтегрируем полученное выражение (\(\theta = \varphi/2\)): \[\int_{v_0}^{v}\frac{\mathrm{d}v}{v} = \ln\left(\frac{v}{v_0}\right) = -\int_{\varphi_0}^{\varphi}\frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{tg}(\varphi/2)} = -2\int_{\varphi_0/2}^{\varphi/2}\frac{\cos\theta\,\mathrm{d}\theta}{\sin\theta} = -2\ln\left(\frac{\sin(\varphi/2)}{\sin(\varphi_0/2)}\right).\] Избавляясь от логарифма, получим: \[\frac{v}{v_0} = \frac{\sin^2(\varphi_0/2)}{\sin^2(\varphi/2)}, \qquad v(\varphi) = \frac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{1 - \cos\varphi}.\] Поскольку в верхней точке траектории \(\varphi = 90^\circ\), для скоростей \(u\) и \(v_1\) имеем: \[u = v_0(1 - \cos\varphi_0) \approx 4{,}00\text{ м/с}, \qquad v_1 = \frac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{1 - \cos\varphi_1} \approx 2{,}07\text{ м/с}.\]

3. Первое решение: Обратим внимание, что из найденного во втором пункте инварианта следует: \[v - v_y = v_0(1 - \cos\varphi_0).\] Интегрируя по времени, получим \[S - \Delta y = v_0(1 - \cos\varphi_0)t,\] где \(\Delta y\) и \(S\) — изменение координаты \(y\) шайбы и пройденный ею путь соответственно.

К моменту достижения шайбой основания доски \(\Delta y = 0\), поэтому: \[S = v_0(1 - \cos\varphi_0)t.\] Для определения пути \(S\) воспользуемся законом изменения кинетической энергии: \[\Delta E_k = \frac{mv^2}{2} - \frac{mv_0^2}{2} = A_\text{тяж} + A_\text{тр} = -mg\sin\alpha\,\Delta y - mg\sin\alpha\,S.\] Поскольку при достижении основания доски \(\Delta y = 0\): \[v_0^2 - v_1^2 = 2g\sin\alpha\,S = 2g\sin\alpha\,v_0(1 - \cos\varphi_0)t,\] откуда: \[t = \frac{v_0}{2g\sin\alpha(1 - \cos\varphi_0)}\left(1 - \left(\frac{1 - \cos\varphi_0}{1 - \cos\varphi_1}\right)^2\right) \approx 1{,}52\text{ с}.\]

Второе решение: С учётом полученной зависимости \(v(\varphi)\) время \(t\) можно определить, например, из уравнения для нормальной компоненты ускорения шайбы: \[v\dot\varphi = g\sin\alpha\sin\varphi \;\Rightarrow\; \mathrm{d}t = \frac{v\,\mathrm{d}\varphi}{g\sin\alpha\sin\varphi} = \frac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{g\sin\alpha}\cdot\frac{\mathrm{d}\varphi}{(1 - \cos\varphi)\sin\varphi}.\] Перейдём к переменной половинного угла: \[\mathrm{d}t = \frac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{g\sin\alpha}\cdot\frac{\mathrm{d}\varphi}{4\sin^3(\varphi/2)\cos(\varphi/2)}.\] Воспользуемся стандартной тригонометрической подстановкой \(z = \mathrm{tg}(\varphi/2)\). Тогда получим: \[\sin(\varphi/2) = \frac{z}{\sqrt{1 + z^2}}, \qquad \cos(\varphi/2) = \frac{1}{\sqrt{1 + z^2}}.\] Свяжем \(\mathrm{d}\varphi\) и \(\mathrm{d}z\): \[\mathrm{d}z = \mathrm{d}\,\mathrm{tg}(\varphi/2) = \frac{1}{\cos^2(\varphi/2)}\cdot\frac{\mathrm{d}\varphi}{2} = \bigl(1 + \mathrm{tg}^2(\varphi/2)\bigr)\cdot\frac{\mathrm{d}\varphi}{2}, \qquad \mathrm{d}\varphi = \frac{2\,\mathrm{d}z}{1 + z^2}.\] Отсюда имеем: \[\mathrm{d}t = \frac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{g\sin\alpha}\cdot\frac{(1 + z^2)^2}{4z^3}\cdot\frac{2\,\mathrm{d}z}{1 + z^2}.\] Вводя переменные \(z_0 = \mathrm{tg}(\varphi_0/2)\) и \(z_1 = \mathrm{tg}(\varphi_1/2)\), для времени \(t\) получим: \[t = \frac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{2g\sin\alpha}\int_{z_0}^{z_1}\frac{1 + z^2}{z^3}\,\mathrm{d}z = \frac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{2g\sin\alpha}\left(\int_{z_0}^{z_1}\frac{\mathrm{d}z}{z^3} + \int_{z_0}^{z_1}\frac{\mathrm{d}z}{z}\right).\] Интегрируя, находим: \[t = \frac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{2g\sin\alpha}\left(\frac{1}{2z_0^2} - \frac{1}{2z_1^2} + \ln\left(\frac{z_1}{z_0}\right)\right).\] Возвращаясь к исходным переменным, для времени \(t\) находим: \[t = \frac{v_0(1 - \cos\varphi_0)}{2g\sin\alpha}\left(\frac{1}{1 - \cos\varphi_0} - \frac{1}{1 - \cos\varphi_1} + \ln\left(\frac{\mathrm{tg}(\varphi_1/2)}{\mathrm{tg}(\varphi_1/2)}\right)\right) \approx 1{,}52\text{ с}.\]

Примечание 1: Вообще говоря, задача является переопределённой, поскольку значение \(\varphi_1\) однозначно определяется значением \(\varphi_0\), однако в такой формулировке задача становится слишком сложной. Участникам олимпиады было достаточно получить лишь одно уравнение, связывающее \(\varphi_1\) и \(t\). Без заданного значения \(\varphi_1\) решение третьего пункта задачи требует комбинации первого и второго изложенных решений. Численное значение \(\varphi_1 = 159{,}3^\circ\) можно найти, приравняв два выражения для \(t\) и численно решив полученное уравнение: \[\frac{1}{(1 - \cos\varphi_0)^2} - \frac{1}{(1 - \cos\varphi_1)^2} = \frac{1}{1 - \cos\varphi_0} - \frac{1}{1 - \cos\varphi_1} + \ln\left(\frac{\mathrm{tg}(\varphi_1/2)}{\mathrm{tg}(\varphi_0/2)}\right).\]

Примечание 2: Из комбинации двух решений также получаются явные зависимости перемещения \(\Delta y\) и пути \(S\) от угла \(\varphi\): \[\Delta y(\varphi) = \frac{v_0^2(1 - \cos\varphi_0)^2}{4g\sin^2\alpha}\left(\frac{\cos\varphi_0}{(1 - \cos\varphi_0)^2} - \frac{\cos\varphi}{(1 - \cos\varphi)^2} - \ln\left(\frac{\mathrm{tg}(\varphi/2)}{\mathrm{tg}(\varphi_0/2)}\right)\right),\] \[S(\varphi) = \frac{v_0^2(1 - \cos\varphi_0)^2}{4g\sin^2\alpha}\left(\frac{2 - \cos\varphi_0}{(1 - \cos\varphi_0)^2} - \frac{2 - \cos\varphi}{(1 - \cos\varphi)^2} + \ln\left(\frac{\mathrm{tg}(\varphi/2)}{\mathrm{tg}(\varphi_0/2)}\right)\right).\]

Помимо этого, мы можем определить зависимость перемещения вдоль оси \(x\), направленной вдоль основания наклонной плоскости, от угла \(\varphi\): \[\mathrm{d}x = v\sin\varphi\,\mathrm{d}t = v\sin\varphi\cdot\frac{\mathrm{d}\varphi}{\dot\varphi} = \frac{v^2\,\mathrm{d}\varphi}{g\sin\alpha} = \frac{v_0^2(1 - \cos\varphi_0)^2}{g\sin\alpha}\cdot\frac{\mathrm{d}\varphi}{(1 - \cos\varphi)^2}.\] Вновь переходя к переменной \(z = \mathrm{tg}(\varphi/2)\), получим: \[\Delta x(z) = \frac{v_0^2(1 - \cos\varphi_0)^2}{2g\sin\alpha}\int_{z_0}^{z}\frac{(1 + z^2)^2}{z^4}\cdot\frac{\mathrm{d}z}{1 + z^2} = \frac{v_0^2(1 - \cos\varphi_0)^2}{2g\sin\alpha}\left(\int_{z_0}^{z}\frac{\mathrm{d}z}{z^4} + \int_{z_0}^{z}\frac{\mathrm{d}z}{z^2}\right).\] Интегрируя, находим: \[\Delta x(z) = \frac{v_0^2(1 - \cos\varphi_0)^2}{2g\sin\alpha}\left(\frac{1}{3z_0^3} - \frac{1}{3z^3} + \frac{1}{z_0} - \frac{1}{z}\right).\] Возвращаясь к переменной \(\varphi\): \[\Delta x(\varphi) = \frac{v_0^2(1 - \cos\varphi_0)^2}{2g\sin\alpha}\left(\frac{1}{3\,\mathrm{tg}^3(\varphi_0/2)} - \frac{1}{3\,\mathrm{tg}^3(\varphi/2)} + \frac{1}{\mathrm{tg}(\varphi_0/2)} - \frac{1}{\mathrm{tg}(\varphi/2)}\right).\] Таким образом, траектория шайбы может быть получена аналитически в параметрической форме, поскольку \(\Delta y(\varphi)\) и \(\Delta x(\varphi)\) являются известными аналитическими функциями. Траектория для заданных значений \(v_0\), \(\varphi_0\), \(\alpha\) и \(g\) представлена на рисунке ниже.

Лист бумаги невесом, поэтому силы трения на его сторонах равны. Составьте уравнения второго закона Ньютона для бруска и для призмы с учётом того, что призма при начале движения ускоряется: чему тогда равна нормальная реакция наклонной плоскости?

1) клин начнёт двигаться при \(\mu_2 \leqslant \dfrac{2\operatorname{tg}\alpha - \mu_1}{2 + \mu_1\operatorname{tg}\alpha} = \dfrac{2(1-\mu_1)}{4+\mu_1}\);  2) решение нейросети неверно: использована статическая реакция \(N_2 = 2mg\cos\alpha\), тогда как для движущейся системы нормальная реакция плоскости другая (динамическая).