Номер 4, страница 112 - гдз по физике 10 класс учебник Касьянов

Задачи. Параграф 25. Применение законов Ньютона. 3. Динамика материальной точки. Механика - номер 4, страница 112.

Условие.

4. Стальной кубик вкатывают с начальной скоростью $v_0$ на ледяную прямолинейную горку, наклонённую к горизонту под углом $\alpha$. Коэффициент трения скольжения кубика о лёд $\mu$. Через какой промежуток времени кубик вернётся к основанию горки? На какую максимальную высоту он поднимется?

Решение.

Дано:

Начальная скорость кубика: $v_0$

Угол наклона горки: $\alpha$

Коэффициент трения скольжения: $\mu$

Найти:

$T$ — промежуток времени, через который кубик вернётся к основанию горки.

$h_{max}$ — максимальная высота подъёма.

Решение:

Решение задачи можно разделить на два этапа: движение кубика вверх по наклонной плоскости до остановки и его последующее движение вниз к основанию.

Этап 1: Движение вверх.

Выберем систему координат, в которой ось $Ox$ направлена вверх вдоль наклонной плоскости, а ось $Oy$ — перпендикулярно ей. На кубик действуют сила тяжести $m\vec{g}$, сила нормальной реакции опоры $\vec{N}$ и сила трения скольжения $\vec{F}_{тр}$. При движении вверх сила трения направлена вниз, против движения.

Запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси координат:

Проекция на ось $Oy$: $N - mg\cos\alpha = 0$, откуда сила нормальной реакции $N = mg\cos\alpha$.

Сила трения скольжения: $F_{тр} = \mu N = \mu mg\cos\alpha$.

Проекция на ось $Ox$: $-mg\sin\alpha - F_{тр} = ma_1$.

Подставим выражение для силы трения и найдем ускорение $a_1$ при движении вверх:

$-mg\sin\alpha - \mu mg\cos\alpha = ma_1 \implies a_1 = -g(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)$.

Время подъёма $t_1$ до полной остановки (когда конечная скорость $v=0$) найдем из уравнения скорости $v = v_0 + a_1t$:

$0 = v_0 + a_1t_1 \implies t_1 = -\frac{v_0}{a_1} = \frac{v_0}{g(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)}$.

Расстояние $S_{max}$, пройденное кубиком вверх по наклонной плоскости, определим по формуле $v^2 = v_0^2 + 2aS$:

$0 = v_0^2 + 2a_1S_{max} \implies S_{max} = -\frac{v_0^2}{2a_1} = \frac{v_0^2}{2g(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)}$.

Этап 2: Движение вниз.

Кубик начнёт скользить вниз, если составляющая силы тяжести, параллельная наклонной плоскости, будет больше силы трения, то есть $mg\sin\alpha > \mu mg\cos\alpha$, или $\tan\alpha > \mu$. Будем считать, что это условие выполняется.

При движении вниз сила трения направлена вверх вдоль наклонной плоскости. Направим ось $Ox$ вниз. Тогда второй закон Ньютона в проекции на эту ось примет вид:

$mg\sin\alpha - F_{тр} = ma_2$.

Отсюда ускорение при движении вниз $a_2$:

$a_2 = g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)$.

Кубик начинает движение вниз из состояния покоя и проходит путь $S_{max}$. Время спуска $t_2$ найдем из формулы $S = \frac{at^2}{2}$:

$S_{max} = \frac{a_2 t_2^2}{2} \implies t_2 = \sqrt{\frac{2S_{max}}{a_2}}$.

Подставим выражения для $S_{max}$ и $a_2$:

$t_2 = \sqrt{\frac{2 \cdot \frac{v_0^2}{2g(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)}}{g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)}} = \sqrt{\frac{v_0^2}{g^2(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)}} = \frac{v_0}{g\sqrt{\sin^2\alpha - \mu^2\cos^2\alpha}}$.

Теперь мы можем ответить на поставленные в задаче вопросы.

Через какой промежуток времени кубик вернётся к основанию горки?

Общее время движения $T$ равно сумме времени подъёма $t_1$ и времени спуска $t_2$:

$T = t_1 + t_2 = \frac{v_0}{g(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)} + \frac{v_0}{g\sqrt{\sin^2\alpha - \mu^2\cos^2\alpha}}$.

Вынесем общий множитель $\frac{v_0}{g}$ за скобки:

$T = \frac{v_0}{g} \left( \frac{1}{\sin\alpha + \mu\cos\alpha} + \frac{1}{\sqrt{\sin^2\alpha - \mu^2\cos^2\alpha}} \right)$.

Ответ: $T = \frac{v_0}{g} \left( \frac{1}{\sin\alpha + \mu\cos\alpha} + \frac{1}{\sqrt{\sin^2\alpha - \mu^2\cos^2\alpha}} \right)$.

На какую максимальную высоту он поднимется?

Максимальная высота подъёма $h_{max}$ связана с максимальным путём $S_{max}$ по наклонной плоскости соотношением:

$h_{max} = S_{max} \cdot \sin\alpha$.

Подставив ранее найденное выражение для $S_{max}$, получим:

$h_{max} = \frac{v_0^2}{2g(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)} \cdot \sin\alpha = \frac{v_0^2 \sin\alpha}{2g(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)}$.

Ответ: $h_{max} = \frac{v_0^2 \sin\alpha}{2g(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)}$.