Эта тема — вторая из цикла четырех тем, в которых рассматривается решение задач на силы. Речь пойдет о движении тела по наклонной плоскости.

Для того чтобы "войти" в тему, рассмотрим самую простую задачу на наклонную плоскость.

Условие

На наклонной плоскости длиной 55 м и высотой 33 м находится груз массой 5050 кг. Какую силу, направленную вдоль плоскости, надо приложить, чтобы

  • удержать этот груз?
  • тянуть равномерно вверх?
  • тянуть с ускорением 1 м/с21\text{ }м/с^2?

Коэффициент трения 0,20,2.

(Источник: Рымкевич А.П. Сборник задач по физике)

Решение

Сначала ответим на последний вопрос задачи: "Какую силу, направленную вдоль плоскости, надо приложить, чтобы тянуть груз с ускорением 1 м/с21\text{ }м/с^2?" Ответив на этот вопрос и немного изменив решение, мы легко сможем ответить и на первые два вопроса. Об этом — в конце.

Схема решения задач по динамике, которую мы выработали при разборе задач на движение вдоль плоскости, остается той же самой. Ее применяем и здесь. Итак.

Шаг 1. Сделаем рисунок.

α\alpha — это угол при основании клина (наклонную плоскость часто называют клином); по условию задачи он нам не дан, но нам даны длина наклонной плоскости и ее высота.

Шаг 2. Приложим все необходимые силы, изобразим ускорение тела.

Понятно, что если нужно тянуть тело с ускорением вверх вдоль наклонной плоскости, то и ускорение будет направлено вдоль наклонной плоскости вверх. Сила трения — направлена всегда в сторону, противоположную "сдвигающей" силе F\vec{F}, и при этом — вдоль поверхности. Поэтому сила трения направлена вдоль плоскости вниз.

Как мы помним, сила реакции опоры направлена всегда перпендикулярно поверхности.

Сила тяжести всегда направлена вниз — к центру Земли.

Шаг 3. Запишем 2-й закон Ньютона для сдвигаемого тела:

F+Fтр+N+mg=ma\vec{F}+\vec{F}_{тр}+\vec{N}+m\vec{g}=m\vec{a}.

Шаг 4. Следующий этап — ввести оси и записать в проекциях на них уравнение, полученное на предыдущем этапе.

Можно заметить, что задача двумерная. Поэтому понадобятся обе оси.

В задачах на наклонную плоскость оси вводятся немного необычно.

Ось OXOX направляют вдоль наклонной плоскости: можно направить вверх, а можно и вниз. Обычно ее направляют в ту же сторону, что и ускорение. Так делать удобно, потому что и вынуждающая ("сдвигающая") сила F\vec{F}, и сила трения Fтр\vec{F}_{тр}, и ускорение a\vec{a} — все они направлены вдоль наклонной плоскости. В этом случае их проекции будет находить очень просто.

Ось OYOY направляют (так бывает всегда) перпендикулярно оси OXOX. Поэтому ось OYOY направлена перпендикулярно оси OXOX и одновременно перпендикулярно наклонной плоскости.

Оси можно направлять и по-другому. Например, привычным для нас образом, когда ось OXOX направлена горизонтально, а ось OYOY — вертикально вверх. Можно. Но в этом случае проецирование на них сил сильно усложнится. Как правило, в случае наклонной плоскости одну из осей направляют параллельно плоскости, а другую — перпендикулярно.

Единственный вектор, с которым будут проблемы при проецировании на оси OXOX и OYOY, — это вектор силы тяжести mgm\vec{g}. Посмотрите на него. Посмотрите, как он криво направлен. Нахождение проекций вектора силы тяжести — это единственная сложная часть в решении задач на наклонную плоскость. В остальном решение аналогично решению задачи на горизонтальной плоскости.

Давайте найдем проекции вектора силы тяжести mgm\vec{g} на оси OXOX и OYOY. Сделаем специальный отдельный рисунок только с этой силой.

Наша цель: через рисунок найти углы между вектором силы тяжести mgm\vec{g} и осями OXOX, OYOY.

Посмотрим на треугольник ABOABO. Угол при вершине BB — прямой. Треугольник прямоугольный. Это значит, что угол при вершине OO равен AOB=90α\angle AOB=90^{\circ}-\alpha. Тогда угол при вершине OO в другом прямоугольном треугольнике OBCOBC равен BOC=α\angle BOC=\alpha. Всё! Ура! Мы нашли этот угол. Теперь будет проще.

Как мы выяснили, угол между mgm\vec{g} и осью OYOY равен α\alpha. Укажем на рисунке проекции вектора силы тяжести на оси OXOX и OYOY. Для удобства на рисунке мы обозначили их буквами dd и ee соответственно.

Вектор mgm\vec{g} — гипотенуза прямоугольного треугольника, а проекции d=(mg)xd=(m\vec{g})_{x} и e=(mg)ye=(m\vec{g})_{y} — его катеты. Проекция на ось OYOY — это прилежащий катет для угла α\alpha. Значит, в формуле проекции будет участвовать cosα\cos\alpha. Только обратите внимание на то, что вектор mgm\vec{g} и ось OYOY направлены "практически" в разные стороны. Поэтому в формуле для проекции появится знак "минус":

(mg)y=mgcosα(m\vec{g})_{y}=-mg\cdot\cos\alpha.

Проекция на ось OXOX — это противолежащий катет для угла α\alpha. Значит, в формуле будет sinα\sin\alpha. Но при этом вектор силы тяжести опять же направлен как бы "против" направления оси OXOX. Поэтому в формуле тоже будет присутствовать знак "минус":

(mg)x=mgsinα(m\vec{g})_{x}=-mg\cdot\sin\alpha.

Всё! С самым сложным теперь покончено. Возвращаемся к проецированию уравнения F+Fтр+N+mg=ma\vec{F}+\vec{F}_{тр}+\vec{N}+m\vec{g}=m\vec{a} на оси OXOX и OYOY.

Какой из вариантов проецирования уравнения F+Fтр+N+mg=ma\vec{F}+\vec{F}_{тр}+\vec{N}+m\vec{g}=m\vec{a} верен?

{OX:FFтр+0mgsinα=maOY:0+0+Nmgcosα=0\begin{cases}OX:\,\,F-F_{тр}+0-mg\sin\alpha=ma\\OY:\,\,0+0+N-mg\cos\alpha=0\end{cases}

{OX:F+0N+mg=maOY:0+FтрN+mg=ma\begin{cases}OX:\,\,F+0-N+mg=ma\\OY:\,\,0+F_{тр}-N+mg=ma\end{cases}

{OX:FFтр+0mgcosα=maOY:0+0+Nmgsinα=0\begin{cases}OX:\,\,F-F_{тр}+0-mg\cos\alpha=ma\\OY:\,\,0+0+N-mg\sin\alpha=0\end{cases}

{OX:0+0+Nmg=0OY:FFтр+0mg=ma\begin{cases}OX:\,\,0+0+N-mg=0\\OY:\,\,F-F_{тр}+0-mg=ma\end{cases}

Шаг 5. Работаем с получившимися уравнениями:

{FFтрmgsinα=maNmgcosα=0\begin{cases}F-F_{тр}-mg\sin\alpha=ma\\N-mg\cos\alpha=0\end{cases}.

Вспоминаем, что сила трения скольжения равна Fтр=μNF_{тр}=\mu N. Подставляем эту формулу в первое уравнение:

{FμNmgsinα=maN=mgcosα\begin{cases}F-\mu N-mg\sin\alpha=ma\\N=mg\cos\alpha\end{cases},

{Fμmgcosαmgsinα=maN=mgcosα\begin{cases}F-\mu mg\cos\alpha-mg\sin\alpha=ma\\N=mg\cos\alpha\end{cases}.

Отлично!

Шаг 6. Посмотрим, что именно нам нужно. Надо найти "сдвигающую" (или вынуждающую) силу FF. Да мы же ее уже практически нашли!

F=ma+μmgcosα+mgsinαF=ma+\mu mg\cos\alpha+mg\sin\alpha,

F=ma+mg(μcosα+sinα)F=ma+mg(\mu\cos\alpha+\sin\alpha).

Готово.

"Разберемся" с синусом и косинусом:

sinα=hL\sin\alpha=\frac{h}{L}.

Из теоремы Пифагора можно найти недостающий нам ближний к углу α\alpha катет; он равен L2h2\sqrt{L^2-h^2}.

Тогда косинус:

cosα=L2h2L\cos\alpha=\frac{\sqrt{L^2-h^2}}{L}.

Осталось подставить конкретные числа в получившуюся формулу силы:

F=ma+mg(μcosα+sinα)=ma+mg(μL2h2L+hL)=F=ma+mg(\mu\cos\alpha+\sin\alpha)=ma+mg(\mu\frac{\sqrt{L^2-h^2}}{L}+\frac{h}{L})=

=501+5010(0,252325+35)=50+500(0,245+35)==50\cdot 1+50\cdot 10\cdot(0,2\cdot\frac{\sqrt{5^2-3^2}}{5}+\frac{3}{5})=50+500\cdot(0,2\cdot\frac{4}{5}+\frac{3}{5})=

=50+500(1545+35)=50+500(425+1525)=50+5001925==50+500\cdot(\frac{1}{5}\cdot\frac{4}{5}+\frac{3}{5})=50+500\cdot(\frac{4}{25}+\frac{15}{25})=50+500\cdot\frac{19}{25}=

=50+2019=50+380=430=50+20\cdot 19=50+380=430 (Н).

Ответ. F=430F=430 Н.

Теперь вернемся к двум первым вопросам задачи:

  • какую силу нужно приложить, чтобы удерживать груз?
  • какую силу нужно приложить, чтобы двигать груз вверх без ускорения?

Разберем вместе случай, когда груз перемещается вверх без ускорения. В этом случае мы имеем дело с равномерным движением, а ускорение равно a=0a=0. Рисунок для этого случая будет очень похож на тот рисунок, который мы уже сделали, с той лишь разницей, что ускорение будет нулевым. Поэтому мы можем воспользоваться нашим решением и подставить в формулу FF нулевое ускорение. Получим:

F=ma+mg(μcosα+sinα)=mg(μcosα+sinα)=F=ma+mg(\mu\cos\alpha+\sin\alpha)=mg(\mu\cos\alpha+\sin\alpha)=

=mg(μL2h2L+hL)==mg(\mu\frac{\sqrt{L^2-h^2}}{L}+\frac{h}{L})=

=5010(0,252325+35)=500(0,245+35)==50\cdot 10\cdot(0,2\cdot\frac{\sqrt{5^2-3^2}}{5}+\frac{3}{5})=500\cdot(0,2\cdot\frac{4}{5}+\frac{3}{5})=

=500(1545+35)=500(425+1525)=5001925==500\cdot(\frac{1}{5}\cdot\frac{4}{5}+\frac{3}{5})=500\cdot(\frac{4}{25}+\frac{15}{25})=500\cdot\frac{19}{25}=

=2019=380=20\cdot 19=380 (Н).

Предлагаем вам самостоятельно ответить на самый первый вопрос задачи: какую силу нужно приложить, чтобы удерживать груз на месте?

Разберем еще одну задачу. Выберем усложненный вариант — с "подключением" кинематики.

Условие

Маленькая шайба соскальзывает без начальной скорости с вершины AA гладкого клина ABCABC, закрепленного на столе. Угол при основании клина равен 3030^{\circ}, высота клина AC=0,8AC=0,8 м. Через какое время после начала соскальзывания шайба окажется на минимальном расстоянии от точки CC?

(Источник. ЕГЭ-2012. Физика. Тренировочная работа)

Решение

Шаг 1. Для начала надо немного разобраться в условии. Итак, шайба находится в точке AA. Она начинает соскальзывать. В принципе, соскальзывать она будет прямо до самого низа, но нас, похоже, спрашивают про скольжение до другой точки — не до нижней точки клина BB.

В задаче говорится про минимальное расстояние до точки CC.

Чему равно минимальное расстояние от точки CC до прямой ABAB?

Отрезок ACAC

Отрезок CBCB

Минимального расстояния не существует

Длина перпендикуляра от точки CC до прямой ABAB

Опустим перпендикуляр из точки CC на прямую ABAB. Обозначим основание перпендикуляра буквой OO.

Длина отрезка перпендикуляра — это и есть кратчайшее расстояние от точки до прямой. В принципе, этого факта вы могли и не знать — он из геометрии. Для убедительности можно привести пример. Представьте, что вы стоите в поле недалеко от автомобильной дороги, которая представляет собой прямую линию. Как вы поступите, чтобы добраться до дороги самым быстрым, самым коротким путем? Правильно — вы пойдете перпендикулярно дороге по направлению к ней.

Шаг 2. Поскольку шайба начинает движение из состояния покоя, то можно предположить, что она двигается равноускоренно. С некоторым ускорением. Возможно, мы сможем его найти. Давайте пока думать, что действительно сможем найти ускорение. Расстояние AOAO мы тоже сможем определить — это из геометрии. Если мы сможем найти ускорение aa и расстояние S=AOS=AO, то, возможно, мы сможем найти и время движения tt.

Как связаны путь SS, ускорение aa и время tt для шайбы, которая двигается равноускоренно из состояния покоя?

Составьте правильную формулу.

Шаг 3. Найдем расстояние SS. Здесь нам поможет геометрия. Треугольник AOCAOC прямоугольный. Угол при вершине AA в нем равен 6060^{\circ}, а при вершине CC3030^{\circ}.

В треугольнике AOCAOC отрезок ACAC — гипотенуза. Нам нужен катет AOAO. Это катет, противолежащий углу CC. Его можно найти через синус угла α\alpha:

sin30=AOAC\sin 30^{\circ}=\frac{AO}{AC},

AO=ACsin30=0,812=0,4AO=AC\cdot\sin 30^{\circ}=0,8\cdot\frac{1}{2}=0,4.

Всё. Теперь нам известно расстояние SS. Одну сложность мы решили. Двигаемся дальше. Осталось найти ускорение. Сделать это будет несложно. Ускорение найдем из решения уравнения, полученного из 2-го закона Ньютона.

Шаг 4. Делаем рисунок с силами, ускорением и осями.

В нашем случае ситуация достаточно несложная: нет силы трения (потому что в условии сказано, что клин гладкий), нет силы тяги (потому что в условии сказано, что шайба просто соскальзывает с вершины клина). Остаются только две силы: сила тяжести mgm\vec{g} и сила реакции опоры N\vec{N}.

Шаг 5. Записываем 2-й закон Ньютона:

mg+N=mam\vec{g}+\vec{N}=m\vec{a}.

Шаг 6. Записываем это уравнение в проекциях на оси.

OX:mgsinα+0=maOX:\,\,mg\cdot\sin\alpha+0=ma,

OY:mgcosα+N=0OY:\,-mg\cdot\cos\alpha+N=0.

Второе уравнение, которое получается при проецировании на ось OYOY, нам не очень интересно. Из него можно найти только силу реакции опоры NN, которая бывает полезна для нахождения силы трения. А сила трения у нас отсутствует, поскольку в задаче сказано, что клин гладкий.

Шаг 7. Работа с уравнением.

Нам интересно только первое уравнение:

mgsinα=mamg\cdot\sin\alpha=ma,

gsinα=ag\cdot\sin\alpha=a,

a=gsinαa=g\cdot\sin\alpha.

Ура. Мы почти дошли до конца.

Шаг 8. Ускорение нашли. Теперь осталось вычислить время tt. На шаге 2 мы записали формулу

S=at22S=\frac{at^2}{2}. Подставим в нее полученное выражение для ускорения:

S=gsinαt22S=\frac{g\cdot\sin\alpha\cdot t^2}{2},

2S=gsinαt22S=g\cdot\sin\alpha\cdot t^2,

t2=2Sgsinαt^2=\frac{2S}{g\cdot\sin\alpha},

t=2Sgsinαt=\sqrt{\frac{2S}{g\cdot\sin\alpha}}.

Подставляем численные значения:

t=2Sgsinα=20,4100,5=220,410=441010=410=0,4t=\sqrt{\frac{2S}{g\cdot\sin\alpha}}=\sqrt{\frac{2\cdot 0,4}{10\cdot0,5}}=\sqrt{\frac{2\cdot 2\cdot 0,4}{10}}=\sqrt{\frac{4\cdot 4}{10\cdot 10}}=\frac{4}{10}=0,4 (c).

Ответ: t=0,4t=0,4 с.

Интересно, что ответ совсем не зависит от угла. Если в формулу для времени подставить выражение для пути SS

S=ACsinαS=AC\cdot\sin\alpha,

то можно получить:

t=2Sgsinαt=2ACsinαgsinα=2ACgt=\sqrt{\frac{2S}{g\cdot\sin\alpha}}\,\,\Rightarrow\,\,t=\sqrt{\frac{2AC\cdot\sin\alpha}{g\cdot\sin\alpha}}=\sqrt{\frac{2AC}{g}}.

Задачи для самостоятельного решения: задача 1 и задача 2.

  • Понравилось?