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}.
Ответ: L = H/μ + H/(2 tg α).
L = H/μ + H/(2·tg α)