Наклонная плоскость —Каталог задач по Олимпиадной физике

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#24821

На наклонную поверхность, составляющую угол с горизонтом, положили два бруска 1 и 2 (см. рис.). Массы брусков равны $m1$ и $m2$ , коэффициенты трения между поверхностью и этими брусками – $μ 1$ и $μ 2$ , причём $μ > μ 1 2$ . Найти силу давления одного бруска на другой, возникающую в процессе их скольжения. Найти угол, при котором возможно их совместное движение.

Показать ответ и решение

Расставим силы, действующие на наши бруски (см. рис)

Запишем второй закон Ньютона в проекциях для первого тела:

OX : m1a = m1g sinα − μ1N1 + P

OY : N1 = m1g cos α

Запишем второй закон Ньютона в проекциях для вторго тела:

OX : m2a = m2g sinα − μ2N2 − N

OY : N2 = m2g cos α

Найдём угол $α$ при котором возможно совместное движение брусков, Подставляя в проекции на ось $X$ выражения сил нормальных реакций опоры, получим, что:

a = tgα − μ1m1--+-μ2m2- m1 + m2

Условие для ускорения $a ≥ 0$ :

μ1m1 + μ2m2 μ1m1 + μ2m2 ⇒ tg α − ------------- ≥ 0 ⇒ α ≥ arctg (-------------) m1 + m2 m1 + m2

Найдём силу, вычитая проекции двух тел на ось $X$ :

N = m1m2--(μ1 −-μ2)gcos-α- m1 + m2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#30870

Небольшому телу, находящемуся на наклонной плоскости, сообщили некоторую скорость, направленную вверх вдоль этой плоскости. Через некоторое время оно вернулось в точку старта со скоростью, направленной противоположно начальной и вдвое меньшей по модулю. Определите угол наклона плоскости, если коэффициент трения скольжения между ней и телом равен $μ = 0,2$ . Модуль ускорения свободного падения можно считать равным $2 g = 10 м/ с$ .
(Всеросс., 2017, ШЭ, 10)

Источники: Всеросс., 2017, ШЭ, 10

Показать ответ и решение

При движении вверх: $2 S = -v--- 2a1x$ , где $S$ – путь, пройденный телом до остановки, $v$ – скорость тела в точке старта, $a1x$ – проекция ускорения тела при движении вверх на ось x, направленную вдоль наклонной плоскости. При движении вниз: $(v∕2)2- S = 2 |a2x|$ , где $a2x$ – проекция ускорения тела при движении вниз на ось x, направленную вдоль наклонной плоскости. Следовательно, $4|a | = |a | 2x 1x$ Запишем II закон Ньютона для движений вверх и вниз соответственно:

m |a | = mg sin α + μmg cosα 1x

m |a2x| = mg sin α − μmg cosα

Окончательно получаем:

5μ 1 4(gsinα − μg cosα) = g sin α + μg cosα ⇒ tgα = ---= -- 3 3

(Официальное решение ВсОШ)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#30871

Призма находится на горизонтальной поверхности гладкого стола и упирается в гладкую стенку (см. рисунок). На гладкую поверхность призмы, наклонённую под углом $α$ к горизонту, положили шайбу массой $m$ и стали давить на неё с постоянной горизонтальной силой $F$ . Найти силу давления призмы на стенку при движении шайбы вверх.
(МФТИ, 1995)

Источники: МФТИ, 1995

Показать ответ и решение

Расставим силы, действующие на призму и тело. Здесь $′ N$ – сила реакции опоры стенки, из третьего закона Ньютона это искомая сила.
По второму закону Ньютона для тела:

N = mg cosα + f sinα.

По второму закону для призмы:

N ′ = N sinα = (mg cos α + f sin α)sinα

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#30882

Бруски с массами $m$ , $2m$ , $3m$ и $4m$ , соединённые лёгкими пружинами и нитью (см. рисунок), удерживаются неподвижно с помощью упора на гладкой наклонной поверхности с углом наклона к горизонту $α$ ( $sinα = 1∕6$ ).
1) Найти силу натяжения нити.
2) Найти ускорение (направление и модуль) бруска массой $2m$ сразу после пережигания нити.
(«Физтех», 2016, 10 )

Источники: Физтех, 2016, 10

Показать ответ и решение

1) Запишем второй закон Ньютона поочередно для грузов массы $m$ и $2m$

mg sin α = T1

mg 2mg sin α + T1 = T2 ⇒ T2 = 3mg sin α = ---- 2

2) При пережигании нити сила $T2$ перестанет действовать на тело и тогда ускорение груза составит

g 3mg sin α = 2ma ⇒ a = -- 4

Ускорение будет направлено вниз по наклонной.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#30883

Клин массой $4m$ находится на шероховатой горизонтальной поверхности стола (см. рисунок). Через блок, укреплённый на вершине клина, перекинута лёгкая нерастяжимая нить, связывающая грузы, массы которых $m 1$ = $3m$ и $m 2$ = $m$ . Грузы удерживают, затем отпускают. После этого грузы движутся, а клин покоится. Гладкая наклонная поверхность клина образует с горизонтом угол $α$ ( $sin α = 0,8$ ).
1) Найдите ускорение грузов.
2) Найдите силу $T$ натяжения нити.
3) Найдите силу нормальной реакции, действующей на клин со стороны стола.
4) Найдите силу трения, действующую на клин со стороны стола.
5) При каких значениях коэффициента $μ$ трения скольжения клина по столу клин будет оставаться в покое?
(«Физтех», 2016, 9)

Источники: Физтех, 2016, 9

Показать ответ и решение

1) Пусть левый груз движется вниз, а правый вверх, тогда второй закон Ньютона запишется в виде:

( { T − m1g sin α = m1a ( m2g − T = m2a

m2 − m1 sin α m − 3m ⋅ 0,8 14 7 ⇒ a = g--------------= g------------- = − ---g = − --g m1 + m2 4m 40 20

Получили отрицательное значение, значит левый груз понимается, правый - скользит вниз.

2)Из второго уравнения системы найдём:

T = m (g − a) = 27mg 2 20

3) Запишем второй закон Ньютона для клина на вертикаль:

2 751- N = 3mg cos α + 4mg + T(1 + sinα ) = 100mg

4) Запишем также второй закон Ньютона для клина на горизонталь:

63 F тр − 3mg cosα sin α + T cos α = 0 ⇒ Fтр = 3mg cosα sin α − T cos α = ----mg 100

5) Клин будет покоиться, при условии, если: $Fтр < μN$ . Следовательно:

-63-mg < 751-μmg ⇒ μ > -63- 100 100 751

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#32628

Бруски с массами $m$ и $2m$ связаны лёгкой нитью, перекинутой через блок, и находятся на наклонной и горизонтальной поверхностях призмы (см. рисунок). Угол наклона к горизонту одной из поверхностей призмы равен $α$ ( $sinα = 3∕5$ ). Коэффициент трения скольжения бруска о горизонтальную поверхность $μ = 1∕6$ , а о наклонную поверхность – $2μ$ . При перемещении призмы с некоторым минимальным горизонтальным ускорением $a$ брусок с массой $2m$ начинает скользить по призме влево при натянутой нити. Найти отношение $a∕g$ , где $g$ – ускорение свободного падения. Трением в оси блока пренебречь.
(МФТИ, 2004)

Источники: МФТИ, 2004

Показать ответ и решение

Для первого груза второй закон Ньютона на оси $x$ и $y$ :

( { y : N1 = 2mg ( x : T1 + F1 = 2ma,

где $F1 = μN1$ – сила трения, действующая на брусок $2m$ .
Тогда

T + 2μmg = 2ma. (1 )

Для второго груза на оси $x′$ и $y′$ :

( { y′ : N2 − mg cos α = mg sin α ( x′ : F2 + mg sinα − T2 = ma cos α,

где $F2 = 2μN2$ – сила трения, действующая на брусок $m$ .
Так как нить невесома и нерастяжима, то $T1 = T2$ . Тогда

2 μm (gcos α + asin α) + mg sinα − T = ma cosα (2)

Сложим (1) и (2)

2μmg cos α + 2μma sin α + mg sin α − 2ma + 2μmg = ma cosα

Тогда

a 2μ (1 + cos α) + sin α 6 g(2μ cosα + sinα + 2μ) = a(cosα − 2μsinα + 2) ⇒ --= ---------------------= --- g 2 − 2μ sin α + cosα 13

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#39642

Клин находится на гладкой горизонтальной поверхности стола. Гладкая поверхность клина составляет угол $α$ ( $cos α = 4∕5$ ) с горизонтом (см. рис.). Вблизи вершины клина на высоте $H$ удерживают небольшую по размерам шайбу массой $m$ . Масса клина $3m$ .
1) За какое время шайба съедет с клина, если клин удерживать, а шайбу отпустить?
Клин и шайбу одновременно отпускают, и они разъезжаются.
2) Найти ускорение клина.
3) Через какое время шайба достигнет стола?
Направления всех движений в одной вертикальной плоскости.

(Физтех, 2021, 11)

Источники: Физтех, 2021, 11

Показать ответ и решение

1) Второй закон Ньютона для шайбы при покоящемся клине:

ma = mg sin α

Спроецируем ускорение $g$ на направление вдоль наклонной плоскости и рассмотрим равноускоренное движение шайбы до горизонтальной поверхности:

2 ∘ ---- ∘ ---- L = --H-- = at1⇒ t = 2L- = -2H----= 5- 2H-- sin α 2 1 a gsin2α 3 g

2) Обозначим на рисунке ускорение шайбы относительно клина - $aш$ , ускорение клина - $aк$ . Ускорение шайбы равно сумме переносного (ускорения клина) и относительного ускорений.

Уравнение движения для шайбы в проекциях на нормаль к поверхности клина:

− ma к sin α = N − mg cosα

Уравнение движения для клина в проекциях на горизонтальную ось:

N sinα = M aк

Тогда:

mg cosα sin α 1 aк = ----------2---= -g M + m sin α 7

Уравнение движения для шайбы в проекциях на ось вдоль поверхности клина:

m (aш − a кcosα ) = mg sinα

Тогда:

5 aш = gsinα + aкcos α = --g 7

Относительно клина:

∘ -------- ∘ ----- -H--- aшt22- --2H---- 14H-- sin α = 2 ⇒ t2 = aш sin α = 3g

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#39643

Клин с углом наклона $α$ ( $cosα = 12∕13$ ) находится на горизонтальном столе. Через невесомый блок, укрепленный на клине, перекинута легкая нерастяжимая нить, к концам которой привязаны шарик массой $m$ и брусок массой $13m$ (см. рис.). Вначале систему удерживают неподвижно, расположив шарик вблизи блока на расстоянии $H$ от стола, нить при этом не провисает. Затем клин стали двигать с постоянным горизонтальным ускорением, а шарик отпустили. Брусок и шарик пришли в движение, при этом нить, привязанная к шарику, составила угол $β$ ( $cosβ = 4∕5$ ) с вертикалью. Все точки системы перемещаются в вертикальной плоскости. Трением в оси блока и бруска о клин пренебречь. Шарик достигает стола раньше, чем брусок доезжает до блока.
1) Найти ускорение клина.
2) С каким ускорением относительно клина движется брусок?
3) Через какое время шарик достигнет стола?

(Физтех, 2021, 9)

Источники: Физтех, 2021, 9

Показать ответ и решение

Заметим, что

-5- 3- sin α = 13 , sinβ = 5

Пусть $a$ – ускорение клина, $a0$ – ускорение бруска и шарика относительно клина, $T$ – сила натяжения нити, $N$ – сила давления клина на брусок, $m1 = 13m$ , $m2 = m$ (см. рис.).

Так как клин и тело движутся неразрывно, то ускорение тела в системе отсчета клина будет направлено вдоль плоскости клина и будет равно $a 0$ . Так как нить неразрывна и нерастяжима, то ускорение шарика равно ускорениб бруска.
1) Ускорение шарика равно сумме переносного $a$ и его относительного $a0$ ускорений. Аналогично для бруска. Уравнение движения для шарика в проекциях на ось $y2$ :

m2g sin β = m2a cosβ

Отсюда

a = gtgβ = 3g 4

2) Уравнения движения для бруска в проекциях на ось $x1$ :

m1g sin α − T = − m1a0 + m1a cosα

13mg sin α − T = 13m (− a0 + a cosα)

Уравнения движения для шарика в проекциях на ось $x2$ :

m2g cosβ − T = m2a0 − m2a sinβ

mg cos β − T = m(a − a sin β) 0

Отсюда с учетом выражения для $a$ находим:

g(1 + 13(sinβ cosα − cosβ sin α)) 3 a0 = --------------------------------- = -g 14 cosβ 8

3) Для шарика относительно стола в проекциях на вертикальную ось:

a0-cosβt2 H = 2

Отсюда

∘ -------- ∘ ----- t = --2H---- = 20H-- a0 cosβ 3g

Время можно найти и в системе отсчета, связанной с клином.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#48139

Чтобы спускать брусок равномерно по наклонной плоскости с углом наклона $α = 30∘$ к горизонту, следует приложить силу $F1$ , направленную вверх вдоль наклонной плоскости, а чтобы равномерно втаскивать брусок вверх, следует приложить такую же по направлению силу $F 2$ .
1. Найдите коэффициент $μ$ трения скольжения бруска по плоскости, если $F2 = 2F1.$
2. Какую по величине $V0$ скорость, направленную вверх вдоль наклонной плоскости, следует сообщить бруску, чтобы он остановился на расстоянии $S = 1,35 м$ от точки старта? Ускорение свободного падения $2 g = 10 м/ с$ .

(«Физтех», 2020, 9)

Источники: Физтех, 2020, 9

Показать ответ и решение

1) При движении бруска вниз:

mg sin α = F1 + μmg cosα

При движении бруска вверх:

F2 = mgsinα + μmg cosα

F2 − F1 2F1 − F1 1 μ = F2-+-F1tgα = 2F1 +-F1√3 ≈ 0,19

2) Ускорение бруска при скольжении вверх по наклонной плоскости:

( ) a = g(sin α+ μ cosα ) = g|| 1 +--1√--|| = 2g ( 2 3√3 -3-) 3 2

Брусок движется равнозамедленно до остановки, отсюда:

∘ ----- √---- 2 √ - V0 = 2aS = 23gS = 3 2 ≈ 4,2 м/с

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Верно записан второй закон Ньютона в проекции на наклонную плоскость при движении бруска вверх	2

Верно записан второй закон Ньютона в проекции на наклонную плоскость при движении бруска вниз	2

Найдено верное значение коэффициента трения скольжения бруска	2

Получено верное значение ускорения бруска	2

Указано, что до остановки брусок движется равнозамедленно, найдено верное значение необходимой начальной скорости	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#48140

Человек массой $m,$ упираясь ногами в ящик массой $M$ , подтягивает его с помощью каната, перекинутого через блок, по наклонной плоскости с углом наклона $α$ (см. рисунок). С какой минимальной силой надо тянуть канат человеку, чтобы подтянуть ящик к блоку? Коэффициент трения скольжения между ящиком и наклонной плоскостью равен $k$ . Части каната, не соприкасающиеся с блоком, параллельны наклонной плоскости. Массами блока и каната пренебречь.

Источники: МФТИ, 1998

Показать ответ и решение

Пусть натяжение каната равно $F$ , на систему ящик – человек в направлении оси $OX$ (вверх вдоль наклонной плоскости) будет действовать сила, равная $2F$ . Условие минимизации прикладываемой силы соответствует созданию равномерного подъема под её действием.

Запишем 2 закон Ньютона в проекциях на оси:

2F = (M + m )gsinα + F T

FT = kN = k(M + m )gcos α

Из полученных уравнений найдем искомую силу:

(M + m ) F = ---------g(sin α + k cosα ) 2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#48142

При движении автобуса по горизонтальному участку дороги у него устанавливается скорость $v$ , если на ведущие колёса передается мощность $N$ . При движении на спуске с углом наклона поверхности дороги к горизонту $α$ ( $sin α = 1∕30$ ) при передаваемой на ведущие колёса той же мощности $N$ у автобуса устанавливается скорость $3v∕2$ . При движении на подъем при передаваемой на ведущие колёса мощности $2N$ у автобуса устанавливается скорость $v∕2$ . Найдите синус угла наклона поверхности дороги к горизонту на подъёме. Сила сопротивления движению автобуса пропорциональна его скорости. Все участки дороги прямолинейные.

Источники: Физтех, 2011

Показать ответ и решение

Мощность на горизонтальном участке равна: $N = F v,$ где $F$ – сопротивление воздуха. Пусть сопротивление воздуха $F = kv,$ где $k$ – коэффициент пропорциональности. Тогда

N k = -2. v

Пусть $F1$ – сила, передаваемая автобусу двигателем при спуске, а $F2$ соответственно при подъеме. Тогда для движения вниз:

2N-- 3v- 2N-- mg-- 3N-- F1 = 3v , F1 + mg sin α = k 2 ⇔ 3v + 30 = 2v

Откуда

N mg = 25 --. v

Для движения вверх:

4N kv 4N 25N N F2 = ----, F2 − mg sin β = --- ⇔ ----− -----sinβ = --- v 2 v v 2v

8 − 50 sinβ = 1 ⇒ sinβ = -7- 50

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#48480

Клин массой $M$ и углом наклона $α$ находится на горизонтальной поверхности, и брусок массой $m$ находится на клине на высоте $h$ от поверхности. Трение в системе отсутствует. Система приводится в движение.
1) Найдите время $t$ , за которое брусок достигнет горизонтальной поверхности.
2) Найдите кинетическую энергию бруска, при достижении горизонтальной поверхности.

Показать ответ и решение

Запишем второй закон Ньютона для бруска и клина.
Для клина:

OX : max = N sin α = M A

OY : may = mg − N cosα

Здесь $A$ - ускорение клина.
Уравнение кинематической связи:

ax + A -------= ctg α ay

Тогда

( ) A Mm- + 1 = ay ⋅ ctgα M ctg2αay may = mg − -----------m m + M

Тогда вертикальное ускорение можно выразить следующим образом:

( 2 ) a 1 + M--ctg--α- = g ⇒ a = -------g------- y M + m y 1 + M+Mm--ctg2 α

Тогда:

∘ --- ∘ ---(------------------)-- ayt2 2h- 2h- --M----- 2 h = 2 = > t = ay = g 1 + M + m ctg α

А ускорение клина:

A = ay-⋅ ctgα = ---mg--ctgα--- Mm-+ 1 m + M ∕ sin2 α

∘ -------------------------- u = At = m ctgα -----------2gh----------- (m + M )(m + M ∕ sin2 α)

Из закона сохранения энергии, кинетическая энергия бруска:

M (At )2 ( M m ctg2 α ) E = mgh − -------- = mgh 1 − ---------------------2--- 2 (m + M )(m + M ∕ sin α)

P.S. Также в энергии засчитывался ответ: $Mmgh- M+m$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#68643

Клин находится на гладкой горизонтальной поверхности стола. Гладкая поверхность клина составляет угол $α$ ( $cosα = 4∕5$ ) с горизонтом (см. рис.). Вблизи вершины клина на высоте $H$ удерживают небольшую по размерам шайбу массой $m$ . Масса клина $3m$ .

1. За какое время шайба съедет с клина, если клин удерживать, а шайбу отпустить? Клин и шайбу одновременно отпускают, и они разъезжаются.
2. Найти ускорение клина.
3. Через какое время шайба достигнет стола?
Направления всех движений в одной вертикальной плоскости.

(«Физтех», 2021, 9)

Источники: Физтех, 2021, 9

Показать ответ и решение

1) Спроецируем ускорение $g$ на направление вдоль наклонной плоскости и рассмотрим равноускоренное движение шайбы до горизонтальной поверхности:

H 1 ---- = -(gsin α)t21 sin α 2

Тогда

∘ ------- ∘ ---- --2H--- 5 2H- t1 = g sin2α = 3 g

2) Пусть $M = 3m$ - масса клина, $a$ - ускорение клина, $a 0$ - ускорение шайбы относительно клина, $N$ сила нормальной реакции клина на шайбу. Ускорение шайбы равно сумме переносного (ускорения клина) и относительного ускорений.

Уравнение движения для клина в проекциях на горизонтальную ось

N sin α = M a

Уравнение движения для шайбы в проекциях на нормаль к поверхности клина

N − mg cosα = − ma sin α

Отсюда

a = mg-cosα-sin-α-= 1g M + m sin2 α 7

3) Уравнение движения для шайбы в проекциях на ось вдоль поверхности клина

mg sinα = m (a − acosα) 0

Тогда

a0 = gsinα + acosα = 5g 7

Относительно клина

-H-- 1 2 sinα = 2a0t2

Отсюда

∘ ------- ∘ ----- t2 = -2H---= 14H-- a0sinα 3g

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Записано ур-ние равноускоренного движения шайбы, получено верное значение времени $t 1$	2

Рассчитано общее сопротивление электрической цепи	2

Верно указаны силы, действующие на тело, записан второй закон Ньютона в проекциях на выбранные оси	2

Получено верное значение ускорения клина	2

Из уравнения движения получено верное значение времени, за которое шайба достигнет горизонтальной поверхности	2

Максимальный балл	10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#68644

На гладкой горизонтальной поверхности стола находится клин. Гладкая поверхность клина составляет угол $α$ ( $cos α = 4∕5$ ) с горизонтом (см. рис.). На вершине клина на высоте $H$ удерживают небольшую по размерам шайбу массой $m$ . Масса клина $3m$ .
1. За какое время шайба съедет с клина, если клин удерживать, а шайбу отпустить?

На покоившийся вначале клин стали действовать с постоянной горизонтальной силой $F = 2mg$ , а шайбу отпустили. В результате клин стал двигаться поступательно по столу, а шайба вниз по клину.
2. Найти ускорение клина.
3. Через какое время шайба достигнет стола?
Направления всех движений в одной вертикальной плоскости.

(«Физтех», 2021, 10)

Источники: Физтех, 2021, 10

Показать ответ и решение

1) Спроецируем ускорение $g$ на направление вдоль наклонной плоскости и рассмотрим равноускоренное движение бруска до горизонтальной поверхности:

-H---= 1(gsin α)t2 sin α 2 1

Тогда

∘ -------- ∘ ---- 2H 5 2H t1 = -----2--= -- ---. g sin α 3 g

2) Пусть $M = 3m$ - масса клина, $a$ - ускорение клина, $a 0$ - ускорение шайбы относительно клина, $N$ сила нормальной реакции клина на шайбу. Ускорение шайбы равно сумме переносного (ускорения клина) и относительного ускорений.

Уравнение движения для клина в проекциях на горизонтальную ось:

F − N sin α = M a

Уравнение движения для шайбы в проекциях на нормаль к поверхности клина:

N − mg cos α = ma sin α

Отсюда

F − mg cos α sin α 19 a = -------------2---- = 42g. M + m sin α

3) Уравнение движения для шайбы в проекциях на ось вдоль поверхности клина:

mg sinα = m (a0 + acos α)

Тогда

5 a0 = g sin α − a cosα = --g. 21

Относительно клина:

-H---= 1a0t22 sin α 2

Отсюда

∘ -------- ∘ ----- 2H 14H t2 = --------= -----. a0sinα g

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#107045

Клин с углом $α = 30∘$ при вершине движется с ускорением $2 a0 = 2 м/c$ по горизонтальному столу (см. рис.). По гладкой наклонной плоскости клина скользит брусок массы $m = 0,4 кг$ , скрепленный с легкой нерастяжимой нитью, которая перекинута через гладкий блок на клине и прикреплена к вертикальной стенке. Отрезок нити от стенки до блока считайте гори- зонтальным, отрезок нити от блока до бруска считайте параллельным наклонной плоскости клина.
1. За какое время $τ$ после начала движения брусок переместится по вертикали на $H = 18 см$ ? Начальные скорости всех тел нулевые. Ускорение сводного падения $2 g = 10 м/c$ .
2. Найдите модуль $a$ ускорения бруска в лабораторной системе отсчета.
3. Найдите модуль $T$ силы натяжения нити.

$PIC$

(«Физтех», 2025, 10)

Источники: Физтех, 2025, 10

Показать ответ и решение

1. Поскольку нить нерастяжима её длина постоянна, чтобы она оставалась постоянной перемещения бруска относительно клина и клина должны быть равны, а значит должны быть и равны ускорения клина и бруска относительно клина:

a0 = aотн

Построим треугольник ускорений:

$PIC$

Полное ускорение бруска в лабораторной системе отсчета в этом треугольнике является диагональю ромба, т.к. относительное и переносное ускорения равны:

⃗a = ⃗a0 + ⃗aотн

Спроецируем ускорение бруска на вертикаль:

ay = aотнsin α

Тогда перемещение бруска по вертикали:

1 2 H = 2 (aотн sinα )τ

Отсюда можем выразить искомое время:

∘ ---2H---- τ = a---sin-α = 0,6 c отн

2. Из треугольника ускорений можем выразить полное ускорение бруска в лабораторной системе отсчета:

a = 2a0sin α-≈ 1 м/c2 2

3. Расставим силы, действующие на брусок:

$PIC$

По второму закону Ньютона:

m ⃗a = T⃗+ m ⃗g+ ⃗N

Запишем полученное уравнение в проекции на ось $Ox$ :

ma sin α-= T − mg sinα 2

Отсюда можем выразить силу натяжения нити:

( 2 α-) T = m gsin α+ 2a0sin 2 = m (gsinα + a0(1 − cosα ))

T = m (gsinα + a0(1 − cosα )) ≈ 2,1 H

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#113151

Призма находится на горизонтальной поверхности шероховатого стола (см. рисунок). На поверхность призмы, наклонённую под углом $α$ к горизонту, положили брусок массой $m$ и отпустили. Он стал соскальзывать, а призма осталась в покое. Коэффициент трения скольжения между бруском и призмой равен $μ$ . Найти силу трения между призмой и столом. Какие физические законы Вы использовали при решении задачи? Обоснуйте их применение в данном случае.

$PIC$

Источники: Всеросс., 2020, МЭ, 11

Показать ответ и решение

Изобразим силы, действующие на призму и брусок. На брусок действует сила тяжести $mg$ , нормальная сила реакции опоры $N$ , $Fтр1$ – сила трения со стороны призмы. На призму действует сила тяжести $Mg$ , нормальная сила реакции опоры со стороны стола $N ст$ , вес бруска $P$ , сила трения со стороны бруска $F тр2$ , сила трения со стороны стола $Fтр.ст$ .

$PIC$

При этом, по третьему закону Ньютона $P = N$ , $Fтр1 = Fтр2$ .
Запишем второй закон Ньютона для бруска

m ⃗g+ ⃗N + ⃗Fтр1 =m ⃗a,

где $a$ – ускорение бруска.
Спроецируем на ось $y$ :

N − mg cosα = 0⇒ N =mg cosα.

Сила трения же равна

Fтр = Fтр1 = μN = μmg cosα

Запишем второй закон Ньютона для призмы

M ⃗g+ ⃗P +N⃗ст +F⃗тр2+ ⃗Fтр. ст = M ⃗A,

где $M$ – масса призмы, $A$ – ускорение призмы.
Так как призма покоится, то $A = 0$ . Спроецируем второй закон Ньютона на ось $z$ :

F тр. ст+ Fтр2cosα − P sinα = 0⇒ Fтр. ст = P sinα − Fтр2cosα,

с учётом предыдущих уравнений

F тр. ст = mg cosα sinα − μmg cosαcosα =mg cosα(sinα − μ cosα )

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#114291

Клин массой $M$ находится на гладкой горизонтальной поверхности. По наклонной поверхности клина, образующей угол $α$ с горизонтом, соскальзывает без трения брусок массой $m.$ Найти ускорение клина.

Источники: Всеросс., 1997, ОЭ, 10

Показать ответ и решение

1. Расставим силы, действующие в системе «клин—шайба». Ускорение шайбы относительно клина направлено вдоль его поверхности. При этом сам клин в процессе движения шайбы также смещается и преобретает ускорение, направленное против движения шайбы горизонтально. Оба этих ускорения отметим на рисунке. Тогда ускорение шайбы в инерциальной системе отсчета будет представлено векторной суммой ускорений $⃗aклин + ⃗aотн$ .

Замечание: закон сложения ускорений работает только в том случае, когда система движется поступательно.

2. Запишем 2ой закон Ньютона для клина и правило сложения ускорений в одной системе уравнений:

( |||m⃗g + N⃗ = m⃗aш айб ( { ⃗ ⃗ ⃗ { m⃗g + ⃗N = m (⃗aклин +⃗aотн) ||N ст + (−N )+ M g = M ⋅⃗aклин ⇒ ( ⃗N +(− ⃗N) + ⃗M g = M ⋅⃗a |(⃗aш айб =⃗aклин +⃗aотн ст клин

Введем координатные оси для клина и шайбы так, как показано на рисунке и спроецируем 2ой закон Ньютона на координатные оси:

Первое уравнение системы в проекции на оси $Ox,$ $Oy$ соответственно:

( { mg sinα = m (− aклин ⋅cosα+ aотн) ( N − mg cosα = − m ⋅aклинsinα

То же для клина (во второе уравнение следующей системы сразу подставим первое):

( {N sinα = M aкл (-M-- sinα ⋅aклин − mg cos α = − maклин ⋅sinα

Теперь несложно выразить ускорение клина:

m cosα ⋅sinα aклин = g--------2-- M + m sin α

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#114292

На гладкой горизонтальной поверхности стола покоится клин. Гладкая наклонная поверхность клина образует с горизонтом угол $α$ такой, что $cosα = 0,6.$ Если шайбе, находящейся у основания клина, сообщить начальную скорость $V 0$ вдоль поверхности клина (см. рис.), то к моменту достижения шайбой высшей точки траектории скорость шайбы уменьшается в $n = 5$ раз. В процессе движения шайба безотрывно скользит по клину, а клин по столу. Ускорение свободного падения $g.$ Известными считать $V0,n$ и $α.$
1. Найдите отношение $m ∕M$ массы шайбы к массе клина.
2. На какую максимальную высоту $H,$ отсчитанную от точки старта, поднимается шайба в процессе движения по клину?
3. Через какое время $T$ после старта шайба поднимается на максимальную высоту?

(«Физтех», 2019, 11)

$PIC$

Источники: «Физтех», 2019, 11

Показать ответ и решение

1. В момент, когда у шайбы скорость относительно клина равна нулю (в высшей точке траектории), у клина будет некоторая скорость $u$ , та же скорость будет и у шайбы – $u$

$PIC$

Чтобы ответить на первый вопрос задачи, запишем закон сохранения импульса в проекции на горизонтальную ось (все внешние силы ориентированы перпендикулярно к оси Ox).

mV0 cosα = m ⋅u+ M ⋅u

Из этого равенства нетрудно выразить отношение масс:

m-= ----u-----= -13∕51 = 1 M V0cosα− u 5 − 5 2

2. Запишем теперь закон сохранения энергии для шайбы (обратите внимание, что закон всегда пишется для инерциальной системы отсчета):

mV-20-= mgH + mu2-+ M-u2- 2 2 2

Отсюда несложно выразить $H$ :

1 11V 2 H = --(V20 − 3u2) =---0- 2g 25 g

3. Из картинки: $-H-- Sотн = sin α,$ при этом $aотн = Const$ . Тогда справедлива известная формула для перемещения при равноускоренном движении: $S = V0-+0-T отн 2$ .

Теперь выразим искомое время $T$ :

2H 22 V0 11 V0 T = V-sinα-= 25 g√1-− cos2α-= 10 g 0

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#114293

Какое расстояние $S$ пройдёт нижняя призма, когда верхняя коснётся плоскости? Размеры и массы тел указаны на рисунке. В начальный момент система покоилась. Трения нет. Чему равен угол $β$ между направлением вектора абсолютной скорости верхней призмы и горизонталью, если наклонная поверхность нижней призмы образует с горизонтом угол $α?$

(МОШ, 2017, 10)

$PIC$

Источники: МОШ, 2017, 10

Показать ответ и решение

$PIC$

1. Расставим силы, действующие в системе «клин—шайба». Ускорение шайбы относительно клина направлено вдоль его поверхности. При этом сам клин в процессе движения шайбы также смещается и преобретает ускорение, направленное против движения шайбы горизонтально. Оба этих ускорения отметим на рисунке. Тогда ускорение шайбы в инерциальной системе отсчета будет представлено векторной суммой ускорений $⃗aклин + ⃗aотн$ .

Замечание: закон сложения ускорений работает только в том случае, когда система движется поступательно.

2. Запишем 2ой закон Ньютона для клина и правило сложения ускорений в одной системе уравнений:

( ||m⃗g + N⃗ = m⃗a ( |{ ш айб { m⃗g + ⃗N = m (⃗aклин +⃗aотн) |N⃗ст + (− ⃗N )+ M⃗g = M ⋅⃗aклин ⇒ ( ||( ⃗N ст +(− ⃗N) + ⃗M g = M ⋅⃗aклин ⃗aш айб =⃗aклин +⃗aотн

Введем координатные оси для клина и шайбы так, как показано на рисунке и спроецируем 2ой закон Ньютона на координатные оси:

Первое уравнение системы в проекции на оси $Ox,$ $Oy$ соответственно:

({ mg sinα = m (− aклин ⋅cosα+ aотн) ( N − mg cosα = − m ⋅aклинsinα

То же для клина (во второе уравнение следующей системы сразу подставим первое):

( {N sinα = M a M кл (---- ⋅aклин − mg cos α = − maклин ⋅sinα sinα

Теперь несложно выразить ускорение клина:

m-cosα-⋅sinα- aклин = gM + m sin2α

3. Введем компоненты ускорения шайбы: $⃗aш.г.$ и $⃗aш.в.$ — горизонтальная и вертикальная соответственно. Вынесем их на треугольнике ускорений и отметим соответствующий угол $β,$ который нужно найти в задаче: