ID: 00015225
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) кинетическая энергия бруска в конце движения по наклонной плоскости
Б) время движения бруска до основания наклонной плоскости
ФОРМУЛА
1) $\sqrt{\dfrac{2L\,(N\,\mathrm{tg}\,\alpha - F)}{m}}$
2) $\sqrt{\dfrac{2Lm}{N\,\mathrm{tg}\,\alpha - F}}$
3) $\dfrac{2L}{N\,\mathrm{tg}\,\alpha - F}$
4) $L\,(N\,\mathrm{tg}\,\alpha - F)$
Запишите в ответ выбранные цифры под соответствующими буквами.
Источник: ФИПИ
Брусок отпускают без толчка на вершине горки, и он съезжает вниз. Нужно подобрать формулы для кинетической энергии в конце спуска и для времени спуска. Хитрость задачи в том, что ответы записаны не через $mg\sin\alpha$, а через силу реакции $N$ — этот переход и надо сделать.
Что видно на рисунке. Наклонная плоскость в виде прямоугольного треугольника стоит на горизонтальном полу. Угол при основании обозначен $\alpha$, длина наклонной стороны (то есть путь бруска) обозначена $L$. Брусок нарисован в самом верху наклонной стороны — оттуда он и начинает движение.
Разбираемся с силами. На брусок действуют три силы: тяжесть $mg$ вниз, нормальная реакция $N$ перпендикулярно плоскости и сила трения $F$ вдоль плоскости, направленная вверх (трение всегда мешает движению).
Раскладываем силу тяжести на две части: вдоль плоскости — «скатывающую», поперёк — прижимающую.
Поперёк плоскости брусок не движется, поэтому прижимающая часть уравновешена реакцией:
$$N=mg\cos\alpha.$$Скатывающая часть равна
$$mg\sin\alpha.$$Ключевой шаг. Выразим скатывающую силу через $N$, ведь именно так записаны варианты ответа. Поделим одно на другое:
$$\frac{mg\sin\alpha}{N}=\frac{mg\sin\alpha}{mg\cos\alpha}=\operatorname{tg}\alpha\quad\Rightarrow\quad mg\sin\alpha=N\operatorname{tg}\alpha.$$Теперь понятно, откуда во всех формулах взялось выражение $N\operatorname{tg}\alpha-F$: это равнодействующая вдоль плоскости, то есть «скатывающая сила минус трение»:
$$F_{\text{рез}}=mg\sin\alpha-F=N\operatorname{tg}\alpha-F.$$Пункт А — кинетическая энергия в конце спуска. Работает теорема о кинетической энергии: изменение кинетической энергии равно работе всех сил. Брусок стартовал из покоя, значит начальная энергия была нулевой, и вся набранная энергия равна работе равнодействующей на пути $L$:
$$E_к=F_{\text{рез}}L=L\,(N\operatorname{tg}\alpha-F).$$Это в точности формула $4$.
Проверить выбор можно по «размерности»: сила, умноженная на длину, даёт джоули — как раз энергию. Ни один из вариантов с корнем энергией быть не может.
Пункт Б — время спуска. Сначала найдём ускорение по второму закону Ньютона:
$$a=\frac{F_{\text{рез}}}{m}=\frac{N\operatorname{tg}\alpha-F}{m}.$$Движение равноускоренное и без начальной скорости, поэтому пройденный путь связан со временем так:
$$L=\frac{at^2}{2}\quad\Rightarrow\quad t=\sqrt{\frac{2L}{a}}.$$Подставляем найденное ускорение (деление на дробь — это умножение на перевёрнутую дробь):
$$t=\sqrt{\frac{2L}{\dfrac{N\operatorname{tg}\alpha-F}{m}}}=\sqrt{\frac{2Lm}{N\operatorname{tg}\alpha-F}}.$$Это формула $2$.
Проверка себя. Посмотрим на формулу $1$ — она отличается тем, что $m$ стоит в знаменателе. Такая комбинация $\sqrt{\dfrac{2L(N\operatorname{tg}\alpha-F)}{m}}$ — это скорость в конце спуска, а не время: с ростом массы скорость должна расти медленнее, а время спуска, наоборот, увеличиваться. У нашей формулы $2$ масса в числителе — тяжелее брусок, дольше спуск. Логично.
Итак, к букве А подходит формула $4$, к букве Б — формула $2$.