Решение.

Запишем второй закон Ньютона для движения бруска вдоль наклонной плоскости:

m a = mgsinα – μmgcosα ;

где μ – коэффициент трения. Отсюда:

μ =(gsinα – a)/gcosα.

Максимальное значение коэффициент трения будет иметь на участке 2-3, где ускорение отрицательно: а = -2. μ_max = (10/7 + 2) / [10(48)^1/2 / 7] ~ 0.3.

6 . Шайба, брошенная вдоль наклонной плоскости, скользит по ней, двигаясь вверх, а затем возвращается к месту броска. График зависимости модуля скорости шайбы от времени дан на рисунке. Найти угол наклона плоскости к горизонту.

Ответ: sinα ~ 0.147. (МФТИ,1992)

Решение.

Запишем второй закон Ньютона для движения шайбы вдоль наклонной плоскости вверх и вниз:

m a_U = mgsinα – kmgcosα ;

m a_D = mgsinα + kmgcosα ,

где k – коэффициент трения. Отсюда:

sinα = ½ (a_U + a_D) / g.

Определяя по графику a_U и a_D , получим sinα ~ 0.147, α ~ 9^o.

7. К неподвижному бруску, расположенному на гладкой горизонтальной поверхности, прикреплены две невесомые пружины с жесткостями k₁ и k₂ (см. рис.). Второй конец пружины с жесткостью k₁ прикреплен к вертикальной стенке. Свободный конец пружины с жесткостью k₂ начинают горизонтально перемещать с постоянной скоростью v_o . Через некоторое время t = τ ускорение бруска оказалось равным нулю. Чему равны удлинения пружин в этот момент?

Ответ: Δx₁ = k₂ v_oτ /(k₁ + k₂), Δx₂ = k₁ v_oτ /(k₁ + k₂).

Решение.

Поскольку ускорение бруска в момент времени t = τ равно нулю, то результирующая сила, действующая на брусок должна быть равна нулю, т. е

k₁ Δx₁ = k₂ Δx₂.

Обозначим удлинения пружин в момент t = τ через Δx₁ и Δx₂. очевидно, что суммарное удлинение равно перемещению свободного конца второй пружины:

Δx₁ + Δx₂ = v_o τ.

Из совместного решения двух уравнений получим

Δx₁ = k₂ v_oτ /(k₁ + k₂), Δx₂ = k₁ v_oτ /(k₁ + k₂).

8. На наклонной плоскости с углом наклона α неподвижно лежит тело. Коэффициент трения между телом и плоскостью равен k. Наклонная плоскость начинает двигаться по столу с ускорением а_о в направлении, указанном стрелкой. При каком значении этого ускорения тело начнет проскальзывать?

Ответ: а_о > g(k – tgα)/(k tgα + 1).

Решение

З апишем второй закон Ньютона в проекциях на оси X и Y:

F_тр – mgsinα = ma_ocosα,

N – mgcosα = - ma_osinα.

Отсюда

F_тр = mgsinα + ma_ocosα,

N = mgcosα - ma_osinα.

Для того чтобы проскальзывание отсутствовало, необходимо

F_тр ≤ kN,

или

gsinα + a_ocosα ≤ k(gcosα - a_osinα).

Отсюда :

а_о ≤ g(k – tgα)/(k tgα + 1).

Таким образом, проскальзывание начнется при

а_о > g(k – tgα)/(k tgα + 1).

9 . Брусок массы M находится на гладком горизонтальном столе, по которому он может двигаться без трения. На бруске стоит куб массой m , упирающийся в небольшой выступ. При каком максимальном значении модуля силы F, приложенной к бруску, не произойдет опрокидывания куба?

Ответ: F = ( M+m)g.

Решение.

При максимально возможном ускорении а бруска кубик опирается на него в точке О. В этой точке на кубик действует сила реакции N бруска и горизонтальная сила F₁, сообщающая бруску ускорение а. Очевидно, что

F₁ = ma; N + mg = 0.

Для того чтобы кубик не вращался равнодействующая всех сил, действующих на него, должна проходить через центр масс кубика. Это означает, что α = ¼ π, т.е. F₁ = N, или

ma = mg.

Отсюда, а = g. Для того чтобы брусок и кубик двигались с таким ускорением, на брусок должна действовать сила

F = (M + m)a = (M + m)g.

1 0. Определить ускорения каждого из тел в системе, изображенной на рисунке. Нити нерастяжимы. Массой блоков и нитей пренебречь. Трения нет. Массы грузов m₁ = 0.1кг, m₂ = 0.6кг. Угол α =30^о.

Ответ: а₁ = 9.8м/с², а₂ = 4.9м/с².