Окончание. См. № 23/06

Ш.Г.ЗИЯТДИНОВ,
лицей при БирГПИ, г. Бирск, Республика Башкортостан

Капризная сила – сила трения

Задача № 21. С каким горизонтальным ускорением надо двигать кирпич вправо, чтобы шайба, прислонённая к его вертикальной поверхности, не падала? Коэффициент трения скольжения между шайбой и поверхностью кирпича равен .

Решение. По второму закону Ньютона, для шайбы можно записать:

ma = mg + F_тр + N.

Проецируя это уравнение на оси координат, получим:

ma = N; F_тр = N = mg a = g/.

Задача № 22. Сила взаимодействия двух брусков одинаковых масс m при их совместном соскальзывании с наклонной плоскости с углом наклона при коэффициентах трения соответственно ₁ (для нижнего бруска) и ₂ (₁ > ₂), равна:

А) Б)

В) Г) Д)

Решение.

Второй закон Ньютона для первого бруска в проекции на направление движения запишется в виде:

ma = mgsin + F_д1 – F_тр1 = mgsin + F_д1 – ₁mg cos.

Аналогично для второго бруска:

ma = mgsin – F_д2 – F_тр2 = mgsin – F_д2 – ₂mgcos,

при этом F_д1 = F_д2 = F_вз (третий закон Ньютона). Из приведённых уравнений находим, что

F_вз =

Задача № 23. Сила, равномерно перемещающая вверх по наклонной плоскости груз (коэффициент трения = 0,58), минимальна при её угле наклона к плоскости:

А) 15°; Б) 30°; В) 45°; Г) 60°; Д) 75°.

Решение.

Введём угол – между наклонной плоскостью и горизонтом – и угол – между наклонной плоскостью и направлением вектора силы F. Запишем основное уравнение динамики в векторной форме:

ma = mg + N + F + F_тр.

По условию, тело скользит равномерно, поэтому F_тр = N и а = 0. Тогда условие равномерного движения тела по наклонной плоскости вверх можно выразить в проекциях на оси Х и Y так:

Fcos = mgsin + F_тр = mgsin + N,

где N = mgcos – Fsin.

Из двух последних равенств находим:

     (*)

Как видно, числовое значение силы F определяется лишь углом (числитель – величина постоянная). Минимальное значение F может иметь при максимуме знаменателя (cos + sin). Из курса тригонометрии известно преобразование:

Полученное выражение имеет максимальное значение при cos( – ) = 1. Отсюда: – = 0 = =

= arc tg = arc tg0,58 = 30° .

Отметим, что минимальный угол можно было найти, используя понятие производной и исследуя выражение (*) на максимум.

Задача № 24. Найдите минимальное время t, за которое груз массой m можно переместить по горизонтальной поверхности на расстояние L, приложив к нему постоянную силу F, такую, что F < mg, где – коэффициент трения скольжения. Величины L, m, g, F считать известными.

Указания. Время перемещения t будет минимальным, когда ускорение движения максимально, а это зависит от значения выражения

т.е. от значения (сos + sin). Таким образом, физическая задача сводится к исследованию функции
f() = сos + sin на экстремум. Исследование показывает, что функция f() максимальна при tg = .

Задача № 25.

Если угол между верхней гранью клина и горизонтальной нижней гранью = 30°, коэффициент трения = 0,2, а расстояние между небольшим бруском, помещённым на верхнюю грань клина, и вертикальной осью, вокруг которой вращается клин, R = 0,5 м, то максимальная угловая скорость вращения клина, при которой брусок не проскальзывает по грани клина, равна:

А) 2,6 рад/с; Б) 3,0 рад/с; В) 3,4 рад/с;

Г) 3,8 рад/с; Д) 4,2 рад/с.

Решение. Роль центростремительной силы в этом случае играет горизонтальная составляющая результирующей силы нормальной реакции опоры (клина) и максимальной силы трения покоя:

F_ц = m²R = (N + F_{тр. пок.max})_x =

откуда = 4,2 рад/с.

Задача № 26. Небольшое тело массой m движется с коэффициентом трения k по горизонтальной плоскости ХY. Закон движения х = аsint, у = –аcost, где а и —константы. Мощность, развиваемая силой трения, равна:

А) –аkmg; Б) akmg; В) –ma²³;

Г) –аkmg(sint + cost); Д) 0.

Решение. Отметим, что такого рода задачи в школьной программе совсем не рассматриваются, а в вузе их относят к теме «Сложение взаимно перпендикулярных гармонических колебаний». Если внимательно проанализировать зависимости от t координат х и у тела, то можно заметить, что сложное двухмерное движение тела представляет собой равномерное вращательное движение тела по окружности радиусом а против часовой стрелки с угловой скоростью вращения . Представить учащимся такое движение довольно сложно. В данном случае

Подставив выражение для силы трения, получим N = kmgcos180° = –kmg • a. Здесь использована формула для линейной скорости движения шарика по окружности = а.

Задача № 27. Тонкий обруч радиусом R = 0,50 м раскрутили до угловой скорости = 30,2 с^–1 и затем поместили в угол (коэффициент трения между стенкой, полом и обручем = 0,50).

Сколько оборотов сделает обруч до остановки?

Решение.

Поскольку между обручем, стенкой и полом есть трение, угловая скорость вращения обруча со временем уменьшится до нуля, причём изменение кинетической энергии обруча равно работе сил трения, действующих на обруч:

Е_кин = 0 – Е_{кин 0} = –m²/2 = A_тр1 + A_тр2 = – (F_тр1 + F_тр2)s.

При этом очевидны равенства: = R; s = 2Rn, где n – число оборотов обруча до его остановки.

Найдём силы трения. Тело поступательно не перемещается. Это означает, что равнодействующая всех сил, указанных на чертеже, равна нулю, т.е. в проекциях на вертикальную и горизонтальную оси имеют место два равенства:

mg – N₁ – F_тр2 = mg – N₁ – N₂ = 0; N₂ – F_тр1 = N₂ – N₁ = 0.

Из них находим:

Объединяя все полученные выражения, получим:

= 6 оборотов.