Номер 4, страница 115 - гдз по физике 10 класс учебник Мякишев, Буховцев

Обсудить в классе. Параграф 36. Силы трения. Глава 3. Силы в механике - номер 4, страница 115.

Условие.

Решение.

Решение 3.

Для доказательства утверждения рассмотрим силы, действующие на ластик, который находится на наклонной плоскости (линейке) под углом $ \alpha $. Этот угол соответствует моменту, когда ластик готов начать движение, но еще находится в состоянии равновесия (на грани соскальзывания).

На ластик действуют следующие силы:

• Сила тяжести $ m\vec{g} $, направленная вертикально вниз.
• Сила нормальной реакции опоры $ \vec{N} $, направленная перпендикулярно поверхности линейки.
• Максимальная сила трения покоя $ \vec{F}_{тр} $, направленная вдоль поверхности линейки вверх, так как она препятствует скольжению вниз.

Решение

Выберем систему координат, в которой ось $ Ox $ направлена вдоль наклонной плоскости вниз, а ось $ Oy $ — перпендикулярно плоскости вверх. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на эти оси. Поскольку тело находится на грани скольжения, его ускорение равно нулю, и векторная сумма всех сил, действующих на него, также равна нулю.

Спроектируем силу тяжести на выбранные оси. Проекция на ось $ Ox $ (скатывающая сила) равна $ F_{gx} = mg \sin\alpha $. Проекция на ось $ Oy $ (сила, прижимающая тело к плоскости) равна $ F_{gy} = mg \cos\alpha $.

Запишем уравнения равновесия для каждой оси.

Для оси $ Oy $: $ \sum F_y = N - mg \cos\alpha = 0 $. Отсюда получаем выражение для силы нормальной реакции опоры: $ N = mg \cos\alpha $.

Для оси $ Ox $: $ \sum F_x = mg \sin\alpha - F_{тр} = 0 $. Отсюда сила трения равна скатывающей силе: $ F_{тр} = mg \sin\alpha $.

По определению, сила трения покоя в момент начала скольжения достигает своего максимального значения, которое связано с коэффициентом трения покоя $ \mu $ и силой нормальной реакции $ N $ соотношением: $ F_{тр} = F_{тр_{max}} = \mu N $.

Приравнивая два полученных выражения для силы трения $ F_{тр} $, получаем: $ mg \sin\alpha = \mu N $.

Подставим в это равенство найденное ранее выражение для $ N $: $ mg \sin\alpha = \mu (mg \cos\alpha) $.

Сокращаем $ mg $ с обеих сторон уравнения, так как масса ластика и ускорение свободного падения не равны нулю: $ \sin\alpha = \mu \cos\alpha $.

Чтобы найти $ \mu $, разделим обе части уравнения на $ \cos\alpha $. Это возможно, так как для начала скольжения угол $ \alpha $ должен быть в интервале $ (0, 90^\circ) $, где $ \cos\alpha \neq 0 $. В результате получаем: $ \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} = \mu $.

Из тригонометрии известно, что отношение синуса угла к косинусу того же угла равно его тангенсу: $ \text{tg}\alpha = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} $.

Следовательно, мы приходим к искомому равенству: $ \text{tg}\alpha = \mu $. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что тангенс угла наклона $ \alpha $, при котором тело начинает скользить, равен коэффициенту трения $ \mu $ между телом и поверхностью: $ \text{tg}\alpha = \mu $.