Динамика — Задание 26 ЕГЭ по физике №00048385

Что здесь происходит. Передний брусок $m_1$ тянут силой $F$, направленной вперёд и вверх под углом $30^\circ$. Он тащит за собой на нити задний брусок $m_2$. Оба скользят по столу с трением и разгоняются. Известно натяжение нити — по нему найдём силу $F$.

Обоснование. Систему отсчёта, связанную со столом (с Землёй), считаем инерциальной — применяем второй закон Ньютона. Бруски движутся поступательно, не поворачиваясь и не опрокидываясь, поэтому каждый можно считать материальной точкой. Нить невесомая: сила натяжения одинакова на обоих её концах; нить нерастяжимая — ускорения брусков одинаковы. Бруски скользят — на каждый действует сила трения скольжения $\mu N$, где $N$ — сила нормальной реакции стола для этого бруска. Все силы постоянны — движение равноускоренное.

Рисунок сил. На брусок $m_1$: сила $\vec F$ (вперёд-вверх под углом $\alpha$), сила тяжести $m_1\vec g$, реакция стола $\vec N_1$ (вверх), натяжение нити $\vec T$ (назад), трение $\vec F_{\text{тр1}}$ (назад). На брусок $m_2$: натяжение $\vec T$ (вперёд), сила тяжести $m_2\vec g$, реакция $\vec N_2$ (вверх), трение $\vec F_{\text{тр2}}$ (назад).

Шаг 1 — ускорение из заднего бруска. На $m_2$ по горизонтали действуют только натяжение и трение, а прижат он к столу только своим весом ($N_2=m_2g$):

$$m_2a=T-\mu m_2g\quad\Rightarrow\quad a=\dfrac{T}{m_2}-\mu g=\dfrac{1{,}8}{0{,}2}-0{,}2\cdot10=9-2=7\ \text{м/с}^2.$$

Шаг 2 — передний брусок по вертикали. Сила $F$ своей вертикальной составляющей частично приподнимает брусок, поэтому стол давит на него слабее: $N_1=m_1g-F\sin\alpha$, и трение $F_{\text{тр1}}=\mu(m_1g-F\sin\alpha)$.

Шаг 3 — передний брусок по горизонтали:

$$m_1a=F\cos\alpha-T-\mu(m_1g-F\sin\alpha)\quad\Rightarrow\quad F(\cos\alpha+\mu\sin\alpha)=m_1a+T+\mu m_1g.$$

Шаг 4 — числа. Правая часть: $0{,}5\cdot7+1{,}8+0{,}2\cdot0{,}5\cdot10=3{,}5+1{,}8+1=6{,}3$ Н. Скобка: $\cos30^\circ+0{,}2\sin30^\circ\approx0{,}866+0{,}1=0{,}966$.

$$F=\dfrac{6{,}3}{0{,}966}\approx6{,}52\ \text{Н}.$$

Ту же формулу можно записать короче. Из шага 1 $a+\mu g=\dfrac{T}{m_2}$, и правая часть шага 3 равна $(m_1+m_2)(a+\mu g)=\dfrac{T(m_1+m_2)}{m_2}$, поэтому $F=\dfrac{T(m_1+m_2)}{m_2(\cos\alpha+\mu\sin\alpha)}$.

Проверим себя. Передний брусок не отрывается от стола: $F\sin\alpha\approx3{,}26$ Н меньше его веса $5$ Н, $N_1\approx1{,}74$ Н. Обратный ход: $T=F\cos\alpha-\mu N_1-m_1a\approx5{,}65-0{,}35-3{,}5=1{,}8$ Н — совпадает с условием. Ускорение системы целиком: $\dfrac{F\cos\alpha-\mu N_1-\mu m_2g}{m_1+m_2}=\dfrac{5{,}65-0{,}35-0{,}4}{0{,}7}=7$ м/с² — совпадает с шагом 1. Ещё одно наблюдение: при таком маленьком $\mu$ увеличение угла сверх $30^\circ$ потребовало бы большей силы — проекция $F\cos\alpha$ теряется быстрее, чем выигрывается на уменьшении трения (выражение $\cos\alpha+\mu\sin\alpha$ наибольшее при $\mathrm{tg}\,\alpha=\mu$, то есть около $11^\circ$).