Практика к уроку «Наклонная плоскость»

$1)$ На брусок действуют сила тяжести $m\vec{g},$ направленная вертикально вниз, и сила нормальной реакции опоры $\vec{N},$ направленная перпендикулярно плоскости.

$2)$ По третьему закону Ньютона сила давления бруска на плоскость равна по модулю силе реакции опоры $N$ и направлена противоположно ей.

$3)$ Для нахождения модуля силы $N$ запишем второй закон Ньютона в проекции на ось $Oy,$ направленную перпендикулярно наклонной плоскости вверх. Ускорение бруска вдоль этой оси равно нулю, так как он не отрывается от плоскости:
$$N- mg \cos \alpha = 0$$

$4)$ Из этого уравнения находим:
$$N = mg \cos \alpha$$

$5)$ Подставляем значения: масса $m = 0.5 \space \text{кг},$ ускорение свободного падения принимаем $g = 10 \space \text{м/с}^2,$ угол $\alpha = 60^\circ,$ $\cos 60^\circ = 0.5{:}$
$$N = 0.5 \cdot 10 \cdot 0.5 = 2.5$$

Ответ: $2.5 \space \text{Н}$ — сила давления бруска на наклонную плоскость.

$1)$ На брусок действуют три силы: сила тяжести $m\vec{g},$ направленная вертикально вниз; сила нормальной реакции опоры $\vec{N},$ направленная перпендикулярно плоскости; и сила трения покоя $\vec{F}_{тр},$ направленная вдоль плоскости в сторону, препятствующую соскальзыванию.

$2)$ Так как брусок покоится $(\vec{a}=0)$, сумма всех сил, действующих на него, равна нулю:
$$m\vec{g} + \vec{N} + \vec{F}_{тр} = 0$$

$3)$ Введем систему координат: ось $x$ направим вдоль наклонной плоскости вниз, ось $y$ — перпендикулярно плоскости вверх. Спроецируем векторное равенство на эти оси.

$4)$ Проекция на ось $x{:}$
$$mg \sin \alpha- F_{тр} = 0$$

$5)$ Проекция на ось $y$ (не требуется для нахождения $F_{тр},$ но показывает, что $N = mg \cos \alpha{:})$
$$N- mg \cos \alpha = 0$$

$6)$ Из уравнения для оси $x$ находим силу трения покоя:
$$F_{тр} = mg \sin \alpha$$

$7)$ Подставляем значения: масса $m = 1 \space \text{кг},$ принимаем $g = 10 \space \text{м/с}^2,$ угол $\alpha = 30^\circ,$ $\sin 30^\circ = 0.5{:}$
$$F_{тр} = 1 \cdot 10 \cdot 0.5 = 5$$

Ответ: $5 \space \text{Н}$ — сила трения покоя, действующая на брусок.

$1)$ По второму закону Ньютона сумма сил, действующих на тело, равна произведению массы на ускорение:
$$\vec{F}_{тр} + m\vec{g} + \vec{N} = m\vec{a}$$

$2)$ Предположим, что тело покоится ($\vec{a} = 0$). Спроецируем векторное уравнение на выбранные оси: ось $Ox$ вдоль плоскости вниз, ось $Oy$ перпендикулярно плоскости вверх.
Проекция на ось $Ox{:}$
$$F_{тр}- mg \sin \alpha = 0 \quad \Rightarrow \quad F_{тр} = mg \sin \alpha \quad (1)$$
Проекция на ось $Oy{:}$
$$N- mg \cos \alpha = 0 \quad \Rightarrow \quad N = mg \cos \alpha \quad (2)$$

$3)$ Сила трения покоя не может превышать максимального значения $F_{тр \space max} = \mu N.$ Поэтому должно выполняться условие:
$$F_{тр} \le \mu N$$
С учетом $(1)$ и $(2)$ получаем:
$$mg \sin \alpha \le \mu mg \cos \alpha$$

$4)$ Сокращая $mg > 0,$ приходим к критерию покоя:
$$\sin \alpha \le \mu \cos \alpha \quad \Rightarrow \quad \mu \ge \tg \alpha$$

$5)$ Проверим выполнение этого критерия. Вычислим $\tg 30^\circ{:}$
$$\tg 30^\circ = \dfrac{1}{\sqrt{3}} \approx 0.577$$
Так как $\mu = 0.7 > 0.577,$ критерий выполняется. Следовательно, тело действительно покоится, и сила трения является силой трения покоя.

$6)$ Величину силы трения покоя находим из уравнения $(1){:}$
$$F_{тр} = mg \sin \alpha = 10 \cdot 10 \cdot \dfrac{1}{2} = 50$$

Ответ: $50 \space \text{Н}$ — сила трения, действующая на тело.

$1)$ По второму закону Ньютона сумма сил, действующих на тело, равна произведению массы на ускорение:
$$\vec{F}_{тр} + m\vec{g} + \vec{N} = m\vec{a}$$

$2)$ Сначала проверим, покоится ли тело. Для этого сравним коэффициент трения $\mu$ с тангенсом угла наклона $\tg \alpha{:}$
$$\tg 30^\circ = \dfrac{1}{\sqrt{3}} \approx 0.577$$
Так как $\mu = 0.4 < 0.577,$ то тело не может покоиться и будет соскальзывать вниз по плоскости.

$3)$ При движении тела сила трения является силой трения скольжения и вычисляется по формуле:
$$F_{тр} = \mu N$$
где $N$ — сила нормальной реакции опоры.

$4)$ Чтобы найти $N,$ спроецируем силы на ось $Oy,$ направленную перпендикулярно плоскости вверх. Ускорение тела вдоль этой оси равно нулю $(a_y = 0),$ так как оно не отрывается от плоскости:
$$N- mg \cos \alpha = 0 \quad \Rightarrow \quad N = mg \cos \alpha$$

$5)$ Подставим выражение для $N$ в формулу для силы трения скольжения:
$$F_{тр} = \mu mg \cos \alpha$$

$6)$ Вычислим значение силы трения, принимая $g = 10 \space \text{м/с}^2$ и $\cos 30^\circ = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \approx 0.8660{:}$
$$F_{тр} = 0.4 \cdot 10 \cdot 10 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}$$
$$F_{тр} = 40 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 20\sqrt{3}$$
$$20\sqrt{3} \approx 20 \cdot 1.73205 = 34.641$$

$7)$ Округлим результат до десятых:
$$F_{тр} \approx 34.6$$

Ответ: $34.6 \space \text{Н}$ — сила трения, действующая на тело.

$1)$ Запишем второй закон Ньютона для бруска, скользящего по наклонной плоскости:
$$m\vec{g} + \vec{N} + \vec{F}_{тр} = m\vec{a}$$

$2)$ Введем систему координат: ось $x$ вдоль плоскости вниз, ось $y$ перпендикулярно плоскости вверх. Спроецируем силы на оси:
$$Ox: \quad mg \sin \alpha- F_{тр} = ma \quad (1)$$
$$Oy: \quad N- mg \cos \alpha = 0 \quad (2)$$

$3)$ Сила трения при скольжении является силой трения скольжения:
$$F_{тр} = \mu N$$
Из уравнения $(2)$ находим $N = mg \cos \alpha.$ Следовательно:
$$F_{тр} = \mu mg \cos \alpha \quad (3)$$

$4)$ Подставим выражение для силы трения $(3)$ в уравнение $(1){:}$
$$mg \sin \alpha- \mu mg \cos \alpha = ma$$
Сократим массу $m$ (при условии $m > 0{:})$
$$a = g (\sin \alpha- \mu \cos \alpha) \quad (4)$$

$5)$ Анализ полученных формул:

• Из формулы $(4)$ видно, что ускорение $a$ не зависит от массы бруска. Оно определяется только ускорением свободного падения $g,$ углом наклона $\alpha$ и коэффициентом трения $\mu.$ При увеличении массы с $m$ до $3m$ ускорение не изменится.
• Из формулы $(3)$ видно, что сила трения $F_{тр}$ прямо пропорциональна массе $m.$ Следовательно, при увеличении массы в $3$ раза сила трения также увеличится в $3$ раза.

$1)$ Запишем второй закон Ньютона для коробочки с грузом, скользящей по наклонной плоскости:
$$m\vec{g} + \vec{N} + \vec{F}_{тр} = m\vec{a}$$

$2)$ Введем оси: $Ox$ — вдоль плоскости вниз, $Oy$ — перпендикулярно плоскости вверх. Спроецируем силы:
$$Ox: \quad mg \sin \alpha- F_{тр} = ma \quad (1)$$
$$Oy: \quad N- mg \cos \alpha = 0 \quad (2)$$

$3)$ При скольжении сила трения — сила трения скольжения:
$$F_{тр} = \mu N$$
Из $(2){:}$ $N = mg \cos \alpha.$ Следовательно:
$$F_{тр} = \mu mg \cos \alpha \quad (3)$$

$4)$ Подставим $(3)$ в $(1){:}$
$$mg \sin \alpha- \mu mg \cos \alpha = ma$$
Сокращаем массу $m{:}$
$$a = g (\sin \alpha- \mu \cos \alpha) \quad (4)$$

$5)$ Анализ формул:

• Ускорение $a$ $($формула $(4))$ не зависит от массы, определяется только $g,$ $\alpha$ и $\mu.$ Поэтому при увеличении массы груза с $m$ до $2m$ ускорение не изменится.
• Сила трения $F_{тр}$ $($формула $(3))$ прямо пропорциональна массе $m.$ Поэтому при увеличении массы в $2$ раза сила трения увеличится в $2$ раза.
• Время движения $t$ находим из кинематики. Длина наклонной плоскости $L$ постоянна. При равномерно ускоренном движении из состояния покоя:
  $$L = \dfrac{at^2}{2} \quad \Rightarrow \quad t = \sqrt{\dfrac{2L}{a}}$$
  Так как $a$ не изменилось, а $L$ постоянно, то время $t$ также не изменится.

$1)$ Из таблицы видно, что величина силы трения меняется при изменении угла $\alpha.$ Следовательно, утверждение $1$ неверно.

$2)$ В режиме скольжения сила трения скольжения равна $F_{тр} = \mu N,$ где $N = mg \cos \alpha$ — сила нормальной реакции опоры. Поэтому $F_{тр} = \mu mg \cos \alpha.$ При уменьшении угла $\alpha$ косинус угла $\cos \alpha$ возрастает, следовательно, сила трения скольжения увеличивается. Это согласуется с данными таблицы: при $\alpha > 0.2 \space \text{рад}$ с уменьшением угла сила трения растет. Утверждение $2$ верно.

$3)$ В режиме покоя сила трения покоя компенсирует проекцию силы тяжести на наклонную плоскость: $F_{тр} = mg \sin \alpha.$ С ростом угла $\alpha$ (в пределах, пока тело покоится) синус угла $\sin \alpha$ увеличивается, значит, увеличивается и сила трения покоя. По таблице это наблюдается при $\alpha$ от $0$ до примерно $0.2 \space \text{рад}.$ Утверждение $3$ верно.

$4)$ Для оценки коэффициента трения скольжения $\mu$ используем данные из области скольжения, например, при $\alpha = 0.8 \space \text{рад},$ $F_{тр} = 2.75 \space \text{Н}.$ Принимая $g = 9.8 \space \text{м/с}^2,$ вычисляем:
$$\mu = \dfrac{F_{тр}}{mg \cos \alpha} = \dfrac{2.75}{2 \cdot 9.8 \cdot \cos 0.8}$$
Значение $\cos 0.8 \approx 0.6967,$ тогда:
$$\mu \approx \dfrac{2.75}{2 \cdot 9.8 \cdot 0.6967} \approx \dfrac{2.75}{13.655} \approx 0.201$$
Полученное значение меньше $0.25,$ поэтому утверждение $4$ неверно.

$5)$ Критический угол, при котором начинается скольжение, соответствует максимуму силы трения в таблице. Максимум наблюдается при $\alpha \approx 0.2 \space \text{рад}.$ При $\alpha > 0.2 \space \text{рад}$ сила трения уменьшается, что характерно для режима скольжения. Следовательно, при $\alpha > 0.6 \space \text{рад}$ брусок определенно скользит. Утверждение $5$ верно.

$1)$ По второму закону Ньютона:
$$\vec{F}_{тр} + m\vec{g} + \vec{N} = m\vec{a}$$

$2)$ Спроецируем уравнение на оси $Ox$ и $Oy{:}$
$$Ox: mg \sin \alpha- F_{тр} = ma$$
$$Oy: N- mg \cos \alpha = 0 \Rightarrow N = mg \cos \alpha$$

$3)$ По определению сила трения скольжения равна:
$$F_{тр} = \mu N = \mu mg \cos \alpha$$

$4)$ Значит:
$$mg \sin \alpha- \mu mg \cos \alpha = ma$$
$$g(\sin \alpha- \mu \cos \alpha) = a$$

$5)$ Коэффициент трения $\mu$ можно найти из условия соскальзывания тела. Так как тело только начинает скользить, то ускорения у тела нет, значит, проекция уравнения второго закона Ньютона на ось $Ox$ будет выглядеть так:
$$Ox: mg \sin \alpha_{кр}- F_{тр} = 0 \Rightarrow F_{тр} = mg \sin \alpha_{кр}$$
где $\alpha_{кр} = 30^\circ$

$6)$ Отсюда:
$$F_{тр} = mg \sin \alpha_{кр} = \mu N = \mu mg \cos \alpha_{кр}$$
$$\mu = \dfrac{\sin \alpha_{кр}}{\cos \alpha_{кр}} = \tg \alpha_{кр} = \tg 30^\circ$$

$7)$ Подставив это значение в уравнение ускорения, получим:
$$a = g(\sin \alpha- \tg 30^\circ \cdot \cos \alpha)$$

$8)$ Запишем уравнение кинематики:
$$S = \dfrac{h}{\sin \alpha} = \dfrac{at^2}{2}$$
где $S$ — пройденный путь

$9)$ Отсюда:
$$h = \dfrac{at^2}{2} \cdot \sin \alpha = \dfrac{g(\sin \alpha- \tg 30^\circ \cdot \cos \alpha) \cdot t^2}{2} \cdot \sin \alpha$$

$10)$ Подставляем числовые значения $g = 10 \space \text{м/с}^2,$ $t = 2 \space \text{с},$ $\alpha = 45^\circ,$ $\sin 45^\circ = \cos 45^\circ = \dfrac{\sqrt{2}}{2},$ $\tg 30^\circ = \dfrac{1}{\sqrt{3}}{:}$
$$h = \dfrac{10 \left( \dfrac{\sqrt{2}}{2}- \dfrac{1}{\sqrt{3}} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} \right) \cdot 4}{2}$$
$$h = 10 \cdot \left(1- \dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)$$

$11)$ Вычисляем приближенное значение:
$$h \approx 10 \cdot (1- 0.577) \approx 10 \cdot 0.423 = 4.23$$

Ответ: $h \approx 4.2 \space \text{м}.$

$1)$ На тело действует сила тяжести $m\vec{g},$ сила реакции опоры $\vec{N}$ и сила трения $\vec{F}{тр}.$ Запишем второй закон Ньютона для тела: $$m\vec{g} + \vec{N} + \vec{F}{тр} = m\vec{a}$$
где $a$ – ускорение тела.

$2)$ Найдем угол $\alpha,$ при котором тело будет покоиться. Спроецируем второй закон Ньютона на оси, с учетом покоя ($a=0{:})$
$$\begin{cases} F_{тр} = mg \sin \alpha \ N = mg \cos \alpha \end{cases}$$

$3)$ Сила трения покоя удовлетворяет неравенству:
$$F_{тр} \le \mu N$$

$4)$ Подставляем выражения для $F_{тр}$ и $N{:}$
$$mg \sin \alpha \le \mu mg \cos \alpha$$
Сокращаем $mg{:}$
$$\sin \alpha \le \mu \cos \alpha$$
$$\tg \alpha \le \mu$$

$5)$ То есть если $\tg \alpha \le \mu,$ то тело покоится. Найдем значения тангенсов угла наклона в первом и во втором случаях:
$$\tg 30^\circ \approx 0.57, \quad \tg 60^\circ \approx 1.73$$

$6)$ Сравниваем с $\mu = 0.8{:}$

• $\tg 30^\circ = 0.57 < 0.8$ — тело покоится.
• $\tg 60^\circ = 1.73 > 0.8$ — тело движется.

$7)$ В первом случае тело покоится, и сила трения равна:
$$F_{тр1} = mg \sin 30^\circ = mg \cdot \dfrac{1}{2}$$

$8)$ Во втором случае тело движется, и сила трения равна силе трения скольжения:
$$F_{тр2} = \mu N = \mu mg \cos 60^\circ = 0.8 \cdot mg \cdot \dfrac{1}{2} = 0.4 mg$$

$9)$ Находим отношение сил трения:
$$\dfrac{F_{тр1}}{F_{тр2}} = \dfrac{0.5 mg}{0.4 mg} = \dfrac{5}{4} = 1.25$$

$10)$ Это означает, что $F_{тр1}$ больше $F_{тр2}$ в $1.25$ раза. Переведем в проценты:
$$(1.25- 1) \cdot 100\% = 0.25 \cdot 100\% = 25\%$$

Ответ: сила трения в первом случае больше, чем во втором, на $25\%.$

$1)$ Определим синус и косинус угла наклона плоскости:
$$\sin \alpha = \dfrac{h}{L} = \dfrac{3}{5} = 0.6, \quad \cos \alpha = \dfrac{\sqrt{L^2- h^2}}{L} = \dfrac{\sqrt{5^2- 3^2}}{5} = \dfrac{4}{5} = 0.8$$

$2)$ Запишем второй закон Ньютона для тела:
$$m\vec{g} + \vec{N} + \vec{F}_{\text{тр}} = m\vec{a}$$
где $a$ — ускорение тела.

$3)$ Рассмотрим движение тела вверх. Сила трения направлена вниз вдоль плоскости. Спроецируем второй закон Ньютона на ось $Ox,$ направленную вдоль плоскости вверх:
$$-mg \sin \alpha- F_{\text{тр}} = m a_1$$
где $a_1$ — ускорение при движении вверх (проекция отрицательна, поэтому $a_1$ будем считать по модулю).

$4)$ Спроецируем на ось $Oy,$ перпендикулярную плоскости:
$$N- mg \cos \alpha = 0 \quad \Rightarrow \quad N = mg \cos \alpha$$
Сила трения равна:
$$F_{\text{тр}} = \mu N = \mu mg \cos \alpha$$

$5)$ Подставим $F_{\text{тр}}$ в уравнение для оси $Ox{:}$
$$-mg \sin \alpha- \mu mg \cos \alpha = m a_1$$
$$a_1 = g (\sin \alpha + \mu \cos \alpha)$$

$6)$ Рассмотрим движение тела вниз. Сила трения направлена вверх вдоль плоскости. Спроецируем второй закон Ньютона на ось $Ox,$ направленную вдоль плоскости вниз:
$$mg \sin \alpha- F_{\text{тр}} = m a_2$$
где $a_2$ — ускорение при движении вниз.

$7)$ Сила нормальной реакции и сила трения те же:
$$N = mg \cos \alpha, \quad F_{\text{тр}} = \mu mg \cos \alpha$$

$8)$ Подставляем $F_{\text{тр}}$ в уравнение:
$$mg \sin \alpha- \mu mg \cos \alpha = m a_2$$
$$a_2 = g (\sin \alpha- \mu \cos \alpha)$$

$9)$ Находим отношение ускорений:
$$\dfrac{a_1}{a_2} = \dfrac{g (\sin \alpha + \mu \cos \alpha)}{g (\sin \alpha- \mu \cos \alpha)} = \dfrac{\sin \alpha + \mu \cos \alpha}{\sin \alpha- \mu \cos \alpha}$$

$10)$ Подставляем числовые значения $\sin \alpha = 0.6,$ $\cos \alpha = 0.8,$ $\mu = 0.6{:}$
$$\dfrac{a_1}{a_2} = \dfrac{0.6 + 0.6 \cdot 0.8}{0.6- 0.6 \cdot 0.8} = \dfrac{0.6 + 0.48}{0.6- 0.48} = \dfrac{1.08}{0.12} = 9$$

Ответ: величина ускорения при движении вверх в $9$ раз больше, чем при движении вниз.