ID: 00018640
Клин массой $M$ с углом $\alpha$ при основании закреплён на шероховатой горизонтальной плоскости (см. рисунок). На вершине клина, на высоте $H$ над плоскостью, находится маленький брусок массой $m$, коэффициент трения которого о верхнюю половину наклонной поверхности клина и о шероховатую горизонтальную плоскость равен $\mu \lt \mathrm{tg}\,\alpha$. Нижняя половина наклонной поверхности клина гладкая. Брусок отпускают без начальной скорости, он скатывается по клину и далее скользит по шероховатой плоскости и останавливается на некотором расстоянии $L$ по горизонтали от своего начального положения. Найдите это расстояние $L$, если в точке перехода с клина на плоскость есть гладкое закругление, так что скорость бруска при переходе с клина на плоскость не уменьшается.
Какие законы Вы используете для описания движения бруска по клину? Обоснуйте их применение к данному случаю.
Источник: ФИПИ
Клин закреплён — он никуда не едет, значит масса $M$ нам вообще не нужна, это «приманка». Брусок стартует и финиширует в покое, поэтому удобнее всего работать не с силами по шагам, а с энергией целиком: вся потенциальная энергия бруска уходит на работу трения — сначала на верхней (шероховатой) половине склона, потом на шероховатом полу. Нижняя половина склона гладкая, на ней трение не ест энергию.
Клин закреплён → он неподвижен, рассматриваем только брусок (материальную точку). Применяем теорему об изменении механической энергии: в начале и в конце брусок покоится, поэтому изменение кинетической энергии равно нулю, и убыль потенциальной энергии равна работе силы трения (единственной непотенциальной силы). Нормальная реакция и сила тяжести работу «впустую» не «теряют»: на склоне $N = mg\cos\alpha$, на полу $N = mg$. Условие $\mu \lt \mathrm{tg}\,\alpha$ гарантирует, что на шероховатой части склона скатывающая составляющая больше трения, то есть брусок реально съезжает и доезжает до пола.
Полная высота $H$, угол $\alpha$. Верхняя половина склона — это перепад высоты $H/2$, её длина вдоль склона $\dfrac{H/2}{\sin\alpha}$. Работа трения на ней: $$A_1 = \mu m g\cos\alpha\cdot\frac{H/2}{\sin\alpha} = \frac{\mu m g H}{2\,\mathrm{tg}\,\alpha}.$$ Пусть по полу брусок проезжает путь $d$. Работа трения на полу: $A_2 = \mu m g\,d$.
$$m g H = A_1 + A_2 = \frac{\mu m g H}{2\,\mathrm{tg}\,\alpha} + \mu m g\,d.$$ Сокращаем $mg$ и находим путь по полу: $$d = \frac{H}{\mu} - \frac{H}{2\,\mathrm{tg}\,\alpha}.$$ (Он положителен, так как $\mu\lt \mathrm{tg}\,\alpha$.)
Расстояние $L$ отсчитывается по горизонтали от начального положения (вершины клина). Горизонтальная проекция склона равна $\dfrac{H}{\mathrm{tg}\,\alpha}$, к ней добавляется путь по полу $d$: $$L = \frac{H}{\mathrm{tg}\,\alpha} + d = \frac{H}{\mathrm{tg}\,\alpha} + \frac{H}{\mu} - \frac{H}{2\,\mathrm{tg}\,\alpha} = \frac{H}{\mu} + \frac{H}{2\,\mathrm{tg}\,\alpha}.$$
L = H/μ + H/(2·tg α)