Номер 3, страница 122 - гдз по физике 10 класс учебник Мякишев, Буховцев

Образцы заданий ЕГЭ. Параграф 37. Примеры решения задач по теме «Силы трения». Глава 3. Силы в механике - номер 3, страница 122.

Условие.

Решение.

Решение 3.

Дано:

График зависимости модуля скорости шайбы $v$ от времени $t$.

Из графика:

Начальная скорость (в момент $t_0=0$): $v_0 = 6$ м/с.

Время движения вверх до остановки: $t_1 = 4$ с.

Скорость в верхней точке (в момент $t_1=4$ с): $v_1 = 0$ м/с.

Время спуска, показанное на графике: $\Delta t_{спуска} = 8 - 4 = 4$ с.

Скорость в момент $t_2=8$ с: $v_2 = 4$ м/с.

Ускорение свободного падения: $g \approx 10$ м/с$^2$.

Найти:

Угол наклона плоскости к горизонту $\alpha$.

Решение:

Движение шайбы можно разделить на два этапа: движение вверх по наклонной плоскости и движение вниз. На обоих этапах движение является равноускоренным. Ускорение можно определить как тангенс угла наклона графика $v(t)$ к оси времени.

1. Движение вверх (от $t=0$ до $t=4$ с).

Выберем ось $OX$, направленную вверх вдоль наклонной плоскости. На шайбу действуют сила тяжести $mg$, сила нормальной реакции опоры $N$ и сила трения скольжения $F_{тр}$.

Согласно второму закону Ньютона в проекции на ось $OX$: $ma_1 = -mg \sin(\alpha) - F_{тр}$

Сила трения $F_{тр} = \mu N$, где $\mu$ — коэффициент трения. В проекции на ось, перпендикулярную наклонной плоскости, $N = mg \cos(\alpha)$. Тогда $F_{тр} = \mu mg \cos(\alpha)$.

Подставим силу трения в уравнение движения: $ma_1 = -mg \sin(\alpha) - \mu mg \cos(\alpha)$

Сократив массу $m$, получим выражение для ускорения $a_1$: $a_1 = -g(\sin(\alpha) + \mu \cos(\alpha))$

Ускорение $a_1$ найдем из графика: $a_1 = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{v_1 - v_0}{t_1 - t_0} = \frac{0 - 6}{4 - 0} = -1.5 \text{ м/с}^2$

Следовательно, получаем первое уравнение: $-1.5 = -g(\sin(\alpha) + \mu \cos(\alpha))$ $1.5 = g(\sin(\alpha) + \mu \cos(\alpha))$ (1)

2. Движение вниз (от $t=4$ до $t=8$ с).

При движении вниз сила трения направлена в противоположную сторону (вверх по наклонной плоскости). Уравнение движения в проекции на ту же ось $OX$ примет вид: $ma_2 = -mg \sin(\alpha) + F_{тр}$

$ma_2 = -mg \sin(\alpha) + \mu mg \cos(\alpha)$

Отсюда ускорение $a_2$: $a_2 = -g(\sin(\alpha) - \mu \cos(\alpha))$

Ускорение $a_2$ также найдем из графика. Важно учесть, что скорость направлена вниз, т.е. против оси $OX$, поэтому её проекция отрицательна. В момент времени $t_2=8$ с проекция скорости на ось $OX$ равна $v_{2x} = -4$ м/с. $a_2 = \frac{\Delta v_x}{\Delta t} = \frac{v_{2x} - v_1}{t_2 - t_1} = \frac{-4 - 0}{8 - 4} = -1 \text{ м/с}^2$

Получаем второе уравнение: $-1 = -g(\sin(\alpha) - \mu \cos(\alpha))$ $1 = g(\sin(\alpha) - \mu \cos(\alpha))$ (2)

3. Решение системы уравнений.

Мы получили систему из двух уравнений с двумя неизвестными ($\alpha$ и $\mu$): $$ \begin{cases} 1.5 = g(\sin(\alpha) + \mu \cos(\alpha)) \\ 1 = g(\sin(\alpha) - \mu \cos(\alpha)) \end{cases} $$

Сложим уравнения (1) и (2), чтобы исключить неизвестный коэффициент трения $\mu$: $1.5 + 1 = g(\sin(\alpha) + \mu \cos(\alpha)) + g(\sin(\alpha) - \mu \cos(\alpha))$ $2.5 = g\sin(\alpha) + g\mu\cos(\alpha) + g\sin(\alpha) - g\mu\cos(\alpha)$ $2.5 = 2g\sin(\alpha)$

Отсюда выразим $\sin(\alpha)$: $\sin(\alpha) = \frac{2.5}{2g}$

Подставим значение $g \approx 10$ м/с$^2$: $\sin(\alpha) = \frac{2.5}{2 \cdot 10} = \frac{2.5}{20} = 0.125$

Теперь можем найти сам угол $\alpha$: $\alpha = \arcsin(0.125) \approx 7.18^\circ$

Ответ: Угол наклона плоскости к горизонту $\alpha = \arcsin(0.125) \approx 7.2^\circ$.