ID: 00015224
Небольшой брусок массой $m$ соскальзывает без начальной скорости с наклонной плоскости длиной $L$. Наклонная плоскость составляет с горизонтом угол $\alpha$. В процессе движения на брусок со стороны плоскости действует сила нормальной реакции, модуль которой равен $N$, а модуль силы трения скольжения при этом равен $F$.
Установите соответствие между физическими величинами, характеризующими движение бруска, и формулами, выражающими эти величины в рассматриваемой задаче. К каждой позиции первого столбца подберите соответствующую позицию второго и запишите в таблицу выбранные цифры.
ФИЗИЧЕСКАЯ ВЕЛИЧИНА
А) модуль импульса бруска в конце движения по наклонной плоскости
Б) работа силы тяжести за всё время движения по наклонной плоскости
ФОРМУЛА
1) $NL\,\mathrm{tg}\,\alpha$
2) $\sqrt{2mL\,(N\,\mathrm{tg}\,\alpha - F)}$
3) $\sqrt{2mL\,(N\cos\alpha - F)}$
4) $NL\sin\alpha$
Запишите в ответ выбранные цифры под соответствующими буквами.
Источник: ФИПИ
Брусок без толчка съезжает с горки. Нужно подобрать формулы для импульса в конце спуска и для работы силы тяжести. Вся соль в том, что варианты записаны через силу реакции $N$, а не через $mg$ — значит первым делом надо связать эти величины.
Что видно на рисунке. Наклонная плоскость нарисована как прямоугольный треугольник, стоящий на горизонтальном полу. Угол наклона к горизонту обозначен $\alpha$, длина наклонной стороны — $L$. Брусок стоит на самом верху наклонной стороны, отсюда он и начинает скользить вниз.
Силы и связь $N$ с $mg$. На брусок действуют сила тяжести $mg$ (вниз), нормальная реакция $N$ (перпендикулярно поверхности) и сила трения $F$ (вдоль поверхности, вверх — против движения).
Раскладываем тяжесть на составляющие: вдоль плоскости — «скатывающую» $mg\sin\alpha$, поперёк — прижимающую $mg\cos\alpha$. Поперёк плоскости брусок не разгоняется, значит
$$N=mg\cos\alpha.$$Теперь выразим скатывающую силу через $N$. Разделим одно на другое:
$$\frac{mg\sin\alpha}{N}=\frac{mg\sin\alpha}{mg\cos\alpha}=\operatorname{tg}\alpha\quad\Rightarrow\quad mg\sin\alpha=N\operatorname{tg}\alpha.$$Вот откуда во всех вариантах ответа берётся $N\operatorname{tg}\alpha$.
Пункт Б — работа силы тяжести. Начнём с него, он проще. Работа — это произведение силы на перемещение вдоль направления силы; удобнее взять составляющую силы вдоль перемещения и умножить на путь $L$:
$$A_{\text{тяж}}=mg\sin\alpha\cdot L.$$Заменяем скатывающую силу на $N\operatorname{tg}\alpha$:
$$A_{\text{тяж}}=NL\operatorname{tg}\alpha.$$Это формула $1$.
Обратите внимание на ловушку: похожий вариант $NL\sin\alpha$ выглядит правдоподобно, но он неверен — работа считается через скатывающую составляющую $mg\sin\alpha$, а $N$ равно $mg\cos\alpha$, поэтому при замене появляется именно тангенс, а не синус.
Пункт А — импульс в конце спуска. Импульс — это масса, умноженная на скорость: $p=mv$. Скорость найдём через ускорение.
Вдоль плоскости на брусок действуют скатывающая сила и трение, поэтому равнодействующая равна
$$F_{\text{рез}}=mg\sin\alpha-F=N\operatorname{tg}\alpha-F,$$а ускорение по второму закону Ньютона:
$$a=\frac{N\operatorname{tg}\alpha-F}{m}.$$Движение равноускоренное из состояния покоя, значит квадрат конечной скорости равен
$$v^2=2aL=\frac{2L\,(N\operatorname{tg}\alpha-F)}{m}.$$Теперь считаем импульс. Удобно возвести его в квадрат, чтобы не мучиться с корнями:
$$p^2=m^2v^2=m^2\cdot\frac{2L\,(N\operatorname{tg}\alpha-F)}{m}=2mL\,(N\operatorname{tg}\alpha-F).$$Извлекаем корень:
$$p=\sqrt{2mL\,(N\operatorname{tg}\alpha-F)}.$$Это формула $2$.
Проверка себя. Вариант $3$ отличается только тем, что вместо $N\operatorname{tg}\alpha$ там стоит $N\cos\alpha$. Но $N$ уже само равно $mg\cos\alpha$, так что $N\cos\alpha$ — это $mg\cos^2\alpha$, никакого физического смысла в спуске такое выражение не имеет. А наш ответ проверяется по здравому смыслу: чем больше трение $F$, тем меньше подкоренное выражение и тем меньше импульс внизу — так и должно быть.
Итак, к букве А подходит формула $2$, к букве Б — формула $1$.