Страница 55 - гдз по физике 9 класс сборник вопросов и задач Марон, Марон

Авторы: Марон А. Е., Марон Е. А., Позойский С. В.
Тип: Сборник вопросов и задач
Издательство: Просвещение
Год издания: 2022 - 2025
Цвет обложки: белый на синем фоне изображена телебашня
ISBN: 978-5-09-087199-0
Популярные ГДЗ в 9 классе
Cтраница 55

№337 (с. 55)
Условие. №337 (с. 55)
скриншот условия

► 337. Докажите, что легче — удерживать тело на наклонной плоскости или двигать его по ней равномерно вверх.
Решение. №337 (с. 55)
Чтобы доказать, что легче — удерживать тело на наклонной плоскости или двигать его по ней равномерно вверх, необходимо сравнить величины сил, которые нужно приложить в обоих случаях.
1. Сила для удержания тела на наклонной плоскости ($F_1$)
Рассмотрим тело в состоянии покоя на наклонной плоскости с углом наклона $\alpha$. На тело действуют: сила тяжести $mg$, сила нормальной реакции опоры $N$, внешняя удерживающая сила $F_1$ и сила трения покоя $F_{тр.покоя}$.
Сила тяжести имеет составляющую, направленную вдоль наклонной плоскости вниз, равную $mg \sin\alpha$. Эта составляющая пытается стащить тело вниз. Чтобы удержать тело, мы прикладываем силу $F_1$ вверх по наклонной плоскости. Сила трения покоя $F_{тр.покоя}$ также будет направлена вверх, помогая удерживать тело.
Согласно первому закону Ньютона, для равновесия тела сумма всех сил, действующих на него, должна быть равна нулю. В проекции на ось, направленную вдоль наклонной плоскости, уравнение равновесия выглядит так:
$F_1 + F_{тр.покоя} - mg \sin\alpha = 0$
Отсюда выражаем силу, которую необходимо приложить для удержания:
$F_1 = mg \sin\alpha - F_{тр.покоя}$
Поскольку сила трения покоя $F_{тр.покоя}$ — величина неотрицательная ($F_{тр.покоя} \ge 0$), то сила, необходимая для удержания тела, будет меньше или равна скатывающей силе: $F_1 \le mg \sin\alpha$.
2. Сила для равномерного движения тела вверх ($F_2$)
Теперь рассмотрим случай, когда тело движется равномерно вверх по наклонной плоскости. Для этого к нему прикладывают силу $F_2$, направленную вверх вдоль плоскости. При движении на тело действует сила трения скольжения $F_{тр.ск}$, которая всегда направлена против направления движения, то есть вниз по наклонной плоскости.
Скатывающая сила $mg \sin\alpha$ также направлена вниз. Таким образом, силе $F_2$ противодействуют и скатывающая сила, и сила трения скольжения.
Условие равномерного движения (ускорение $a=0$) согласно первому закону Ньютона в проекции на ту же ось:
$F_2 - mg \sin\alpha - F_{тр.ск} = 0$
Отсюда выражаем силу, необходимую для движения вверх:
$F_2 = mg \sin\alpha + F_{тр.ск}$
Поскольку сила трения скольжения $F_{тр.ск}$ для реальных поверхностей является величиной положительной ($F_{тр.ск} > 0$), то сила, необходимая для равномерного подъема, будет строго больше скатывающей силы: $F_2 > mg \sin\alpha$.
Сравнение и вывод
Сравнивая выражения для двух сил:
$F_1 = mg \sin\alpha - F_{тр.покоя}$
$F_2 = mg \sin\alpha + F_{тр.ск}$
Мы видим, что в первом случае (удержание) из скатывающей силы вычитается сила трения, а во втором случае (движение вверх) к скатывающей силе прибавляется сила трения. Так как любая сила трения — величина неотрицательная, очевидно, что $F_1 < F_2$.
Это доказывает, что прикладывать меньшее усилие требуется для удержания тела на наклонной плоскости, чем для его равномерного перемещения вверх.
Ответ: Удерживать тело на наклонной плоскости легче, чем двигать его равномерно вверх. Это объясняется тем, что при удержании тела сила трения покоя направлена в ту же сторону, что и удерживающая сила (вверх по плоскости), и помогает противодействовать скатывающей силе. При движении тела вверх сила трения скольжения направлена против движения (вниз по плоскости), и ее приходится преодолевать вместе со скатывающей силой.
№338 (с. 55)
Условие. №338 (с. 55)
скриншот условия

► 338. Брусок начинает скользить по наклонной плоскости с углом наклона $\alpha$. Докажите, что ускорение бруска определяется по формуле $a = (\sin \alpha - \mu \cos \alpha)g$, где $\mu$ — коэффициент трения.
Решение. №338 (с. 55)
Дано:
Брусок на наклонной плоскости.
Угол наклона плоскости: $\alpha$
Коэффициент трения: $\mu$
Ускорение свободного падения: $g$
Найти:
Доказать, что ускорение бруска $a$ определяется формулой $a = (\sin \alpha - \mu\cos \alpha)g$.
Решение:
На брусок, скользящий по наклонной плоскости, действуют три силы:
1. Сила тяжести $m\vec{g}$, направленная вертикально вниз.
2. Сила нормальной реакции опоры $\vec{N}$, направленная перпендикулярно наклонной плоскости вверх.
3. Сила трения скольжения $\vec{F}_{тр}$, направленная против движения, то есть вверх вдоль наклонной плоскости.
Выберем систему координат, в которой ось $Ox$ направлена вдоль наклонной плоскости вниз (в направлении ускорения бруска), а ось $Oy$ — перпендикулярно наклонной плоскости вверх.
Согласно второму закону Ньютона, равнодействующая всех сил, приложенных к телу, равна произведению массы тела на его ускорение:
$m\vec{a} = m\vec{g} + \vec{N} + \vec{F}_{тр}$
Запишем это уравнение в проекциях на оси координат.
Проекция на ось $Oy$:
Брусок не движется перпендикулярно наклонной плоскости, поэтому проекция ускорения на ось $Oy$ равна нулю ($a_y = 0$). Проекции сил на эту ось: $N_y = N$, $F_{тр,y} = 0$, $ (m\vec{g})_y = -mg \cos \alpha$.
Таким образом, уравнение для оси $Oy$ имеет вид:
$0 = N - mg \cos \alpha$
Отсюда выражаем силу нормальной реакции опоры:
$N = mg \cos \alpha$
Проекция на ось $Ox$:
Ускорение бруска направлено вдоль оси $Ox$, поэтому $a_x = a$. Проекции сил на эту ось: $N_x = 0$, $F_{тр,x} = -F_{тр}$, $ (m\vec{g})_x = mg \sin \alpha$.
Уравнение для оси $Ox$ имеет вид:
$ma = mg \sin \alpha - F_{тр}$
Сила трения скольжения связана с силой нормальной реакции опоры через коэффициент трения $\mu$:
$F_{тр} = \mu N$
Подставим в эту формулу выражение для $N$, полученное из уравнения для оси $Oy$:
$F_{тр} = \mu mg \cos \alpha$
Теперь подставим полученное выражение для силы трения в уравнение для оси $Ox$:
$ma = mg \sin \alpha - \mu mg \cos \alpha$
Масса бруска $m$ присутствует в каждом члене уравнения, поэтому мы можем сократить на нее:
$a = g \sin \alpha - \mu g \cos \alpha$
Вынесем ускорение свободного падения $g$ за скобки, чтобы получить итоговую формулу:
$a = (\sin \alpha - \mu \cos \alpha)g$
Это и есть формула, которую требовалось доказать.
Ответ:
Формула $a = (\sin \alpha - \mu\cos \alpha)g$ доказана на основе второго закона Ньютона.
№339 (с. 55)
Условие. №339 (с. 55)
скриншот условия

► 339. Наибольшая скорость прохождения поворотов зависит от радиуса поворота R и коэффициента трения скольжения $\mu$. Докажите, что $v^2 = \mu Rg$.
Решение. №339 (с. 55)
Решение
Рассмотрим тело (например, автомобиль) массой $m$, которое движется по горизонтальной дороге, совершая поворот по дуге окружности радиусом $R$ с постоянной по модулю скоростью $v$. На тело действуют три силы: сила тяжести $\vec{F_g} = m\vec{g}$, направленная вертикально вниз; сила нормальной реакции опоры $\vec{N}$, направленная вертикально вверх; и сила трения покоя $\vec{F}_{тр}$, направленная горизонтально к центру окружности поворота.
Согласно второму закону Ньютона, для того чтобы тело двигалось по окружности, на него должна действовать центростремительная сила, которая сообщает телу центростремительное ускорение $a_c = \frac{v^2}{R}$. В данном случае роль центростремительной силы выполняет сила трения покоя $F_{тр}$.
Запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси координат. Направим ось OY вертикально вверх, а ось OX — горизонтально к центру окружности.
В проекции на вертикальную ось OY сумма сил равна нулю, так как в этом направлении нет ускорения:
$N - mg = 0$
Отсюда следует, что сила нормальной реакции опоры равна по модулю силе тяжести:
$N = mg$
В проекции на горизонтальную ось OX, направленную к центру окружности, на тело действует только сила трения. Эта сила и является центростремительной силой:
$F_{тр} = ma_c$
Подставляя выражение для центростремительного ускорения $a_c = \frac{v^2}{R}$, получаем:
$F_{тр} = m \frac{v^2}{R}$
Наибольшая возможная скорость $v$ на повороте достигается тогда, когда необходимая для удержания на траектории центростремительная сила становится равной максимальной силе трения покоя. Максимальная сила трения покоя, согласно закону Амонтона-Кулона, равна $F_{тр, max} = \mu N$, где $\mu$ — коэффициент трения скольжения. Подставив сюда выражение для силы нормальной реакции $N = mg$, получим:
$F_{тр, max} = \mu mg$
Приравнивая центростремительную силу при максимальной скорости к максимальной силе трения, имеем:
$m \frac{v^2}{R} = \mu mg$
Сократив массу $m$ в обеих частях уравнения, получим:
$\frac{v^2}{R} = \mu g$
И, наконец, умножив обе части на $R$, получим искомую формулу:
$v^2 = \mu Rg$
Таким образом, формула доказана.
Ответ: Было доказано, что при движении тела по повороту радиусом $R$ на горизонтальной поверхности с коэффициентом трения $\mu$, квадрат максимальной скорости определяется соотношением $v^2 = \mu Rg$. Это следует из второго закона Ньютона, где роль центростремительной силы выполняет максимальная сила трения покоя.
№340 (с. 55)
Условие. №340 (с. 55)
скриншот условия

► 340. Мотоциклист внезапно заметил впереди забор, перпендикулярный направлению своего движения. Докажите, что мотоцикл необходимо затормозить, а не повернуть его вдоль забора, так как в первом случае тормозной путь будет в 2 раза меньше радиуса поворота.
Решение. №340 (с. 55)
Решение
Для доказательства необходимо сравнить минимальное расстояние, требуемое для полной остановки (тормозной путь $S_{торм}$), с минимальным расстоянием, требуемым для объезда препятствия (радиус поворота $R_{пов}$). В обоих случаях маневр осуществляется за счет силы трения между шинами и дорогой. Будем считать, что максимальная сила трения $F_{тр}$ одинакова в обоих случаях.
Пусть $m$ — масса мотоцикла, $v$ — его начальная скорость, а $\mu$ — коэффициент трения. Максимальная сила трения равна $F_{тр} = \mu m g$.
Торможение
При торможении сила трения $F_{тр}$ создает тормозное ускорение $a_{торм}$. По второму закону Ньютона:$F_{тр} = m a_{торм} \implies \mu m g = m a_{торм} \implies a_{торм} = \mu g$.
Тормозной путь до полной остановки ($v_к = 0$) находится по формуле $S = \frac{v_к^2 - v^2}{2a}$. Подставив $a = -a_{торм}$, получим:$S_{торм} = \frac{0 - v^2}{2(-\mu g)} = \frac{v^2}{2\mu g}$.
Поворот
При повороте по дуге окружности с минимальным радиусом $R_{пов}$ сила трения является центростремительной силой, $F_{цс} = F_{тр}$. Она обеспечивает центростремительное ускорение $a_{цс} = \frac{v^2}{R_{пов}}$. По второму закону Ньютона:$F_{цс} = m a_{цс} \implies \mu m g = m \frac{v^2}{R_{пов}}$.
Отсюда выражаем минимальный радиус поворота:$R_{пов} = \frac{v^2}{\mu g}$.
Сравнение
Теперь сравним полученные величины:$S_{торм} = \frac{v^2}{2\mu g}$ и $R_{пов} = \frac{v^2}{\mu g}$.
Очевидно, что $S_{торм} = \frac{1}{2} R_{пов}$, или $R_{пов} = 2 S_{торм}$.
Это означает, что для безопасного поворота требуется в два раза большее расстояние до препятствия, чем для полной остановки. Следовательно, торможение является более безопасным маневром, что и требовалось доказать.
Ответ: Было доказано, что тормозной путь ($S_{торм} = \frac{v^2}{2\mu g}$) в два раза меньше минимального радиуса поворота ($R_{пов} = \frac{v^2}{\mu g}$), поэтому в данной ситуации необходимо тормозить.
Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.