Номер 19, страница 50 - гдз по физике 11 класс самостоятельные и контрольные работы Ерюткин, Ерюткина

Законы сохранения в механике. Задачи для повторения - номер 19, страница 50.

Условие.

19. По наклонной плоскости с углом наклона $30^\circ$ к горизонту со скоростью 10 м/с запустили малое тело. Определите скорость, с которой оно вернётся в начальное положение. Коэффициент трения 0,2.

Решение.

Дано:

Угол наклона плоскости: $\alpha = 30^\circ$

Начальная скорость тела: $v_1 = 10 \text{ м/с}$

Коэффициент трения: $\mu = 0,2$

Все данные представлены в системе СИ (или являются безразмерными величинами).

Найти:

Скорость тела при возвращении в начальное положение: $v_2$

Решение:

Движение тела можно разделить на два этапа: подъем по наклонной плоскости до полной остановки и спуск обратно в начальную точку. Для решения задачи воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии, которая гласит, что изменение кинетической энергии тела равно работе всех действующих на него сил: $\Delta E_k = A_{net}$.

1. Движение вверх по наклонной плоскости.

Пусть тело прошло расстояние $L$ до полной остановки. Начальная кинетическая энергия равна $E_{k1} = \frac{mv_1^2}{2}$, конечная $E_{k2} = 0$.

На тело действуют: сила тяжести $mg$, сила нормальной реакции опоры $N$ и сила трения $F_{тр}$.

Работа силы нормальной реакции равна нулю, так как она перпендикулярна перемещению.

Работа силы тяжести: $A_g = -mg \sin\alpha \cdot L$.

Сила трения при движении вверх направлена вниз вдоль плоскости и равна $F_{тр} = \mu N = \mu mg \cos\alpha$. Работа силы трения: $A_{тр} = -F_{тр} \cdot L = -\mu mg \cos\alpha \cdot L$.

Согласно теореме об изменении кинетической энергии:

$E_{k2} - E_{k1} = A_g + A_{тр}$

$0 - \frac{mv_1^2}{2} = -mgL \sin\alpha - \mu mgL \cos\alpha$

Разделим обе части на $-m$ и упростим:

$\frac{v_1^2}{2} = gL(\sin\alpha + \mu \cos\alpha)$ (1)

2. Движение вниз по наклонной плоскости.

Тело начинает движение из состояния покоя ($v_{start} = 0$) и возвращается в исходную точку, пройдя то же расстояние $L$. Его конечная скорость $v_2$. Начальная кинетическая энергия $E_{k3} = 0$, конечная $E_{k4} = \frac{mv_2^2}{2}$.

При движении вниз сила трения направлена вверх вдоль плоскости. Работа силы тяжести теперь положительна, а работа силы трения — отрицательна.

Работа силы тяжести: $A_g = mgL \sin\alpha$.

Работа силы трения: $A_{тр} = -F_{тр} \cdot L = -\mu mgL \cos\alpha$.

Применяем теорему об изменении кинетической энергии:

$E_{k4} - E_{k3} = A_g + A_{тр}$

$\frac{mv_2^2}{2} - 0 = mgL \sin\alpha - \mu mgL \cos\alpha$

$\frac{v_2^2}{2} = gL(\sin\alpha - \mu \cos\alpha)$ (2)

3. Нахождение конечной скорости.

Мы получили систему из двух уравнений (1) и (2). Чтобы избавиться от неизвестного расстояния $L$, разделим уравнение (2) на уравнение (1):

$\frac{\frac{v_2^2}{2}}{\frac{v_1^2}{2}} = \frac{gL(\sin\alpha - \mu \cos\alpha)}{gL(\sin\alpha + \mu \cos\alpha)}$

$\frac{v_2^2}{v_1^2} = \frac{\sin\alpha - \mu \cos\alpha}{\sin\alpha + \mu \cos\alpha}$

Отсюда выразим искомую скорость $v_2$:

$v_2 = v_1 \sqrt{\frac{\sin\alpha - \mu \cos\alpha}{\sin\alpha + \mu \cos\alpha}}$

Подставим числовые значения:

$\sin(30^\circ) = 0,5$

$\cos(30^\circ) = \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 0,866$

$v_2 = 10 \cdot \sqrt{\frac{0,5 - 0,2 \cdot 0,866}{0,5 + 0,2 \cdot 0,866}} = 10 \cdot \sqrt{\frac{0,5 - 0,1732}{0,5 + 0,1732}}$

$v_2 = 10 \cdot \sqrt{\frac{0,3268}{0,6732}} \approx 10 \cdot \sqrt{0,4854} \approx 10 \cdot 0,697$

$v_2 \approx 6,97 \text{ м/с}$

Ответ: скорость, с которой тело вернётся в начальное положение, составляет примерно $6,97 \text{ м/с}$.