Задача 49. Небольшой брусок начинает скользить по наклонной плоскости, составляющей угол α с горизонтом

Задача 49. Небольшой брусок начинает скользить по наклонной плоскости, составляющей угол α с горизонтом (рис.36). Коэффициент трения зависит от пройденного пути х по закону μ=kx, где k – постоянная. Найти путь, пройденный бруском до остановки.

Рис.36

Решение.

Применение законов динамики

В данной задаче рассматривается движение под действием переменной результирующей силы.

На брусок действует Земля с силой тяжести mg и наклонная плоскость с силой нормального давления N и силой трения F_тр, величина которой равна

$F_{тр}=\mu N=kxN.\left(1\right)$

По второму закону Ньютона в векторной форме имеем:

$m\overrightarrow{a}=m\overrightarrow{g}+\overrightarrow{N}+{\overrightarrow{F}}_{тр}.$

Спроектируем это векторное уравнение на оси координат, указанные на рисунке,

$x:ma=mgsin\alpha -F_{тр},\left(2\right)$

$y:0=-mgcos\alpha +N.\left(3\right)$

Разрешая полученную систему уравнений относительно ускорения, получим зависимость ускорения от координаты х:

$a=g(sin\alpha -kxcos\alpha ).\left(4\right)$

Далее решается кинематическая задача, связанная с преобразованием уравнений (задача третьего класса). Воспользуемся определениями скорости и ускорения

v = dx/dt, a = dv/dt,

и исключим переменные a и dt. В результате получим дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными v и х:

$vdv=g(sin\alpha -kxcos\alpha )dx.$

Интегрируя это уравнение от момента, соответствующего началу движения (v₀=0, x₀=0) до остановки (v_ост=0, x=x_ост), получим

$\underset{0}{\overset{0}{\int }}vdv=\underset{0}{\overset{x_{ост}}{\int }}g(sin\alpha -kxcos\alpha )dx;$

$0=g\left(sin\alpha \bullet x_{ост}-kcos\alpha \frac{x_{ост}^2}{2}\right),$

откуда искомая координата остановки равна

$x_{ост}=\frac{2g\bullet tg\alpha }{k}.$

(корень x_ост=0 соответствует началу движения).

Энергетический способ

Значительно чаще эта задача решается с помощью закона изменения энергии.

Рис.37

В состоянии I (рис.37) тело обладает потенциальной энергией

$W_I=W_p=mgh=mg{x}_{ост}sin\alpha ,$

в состоянии II (рис.37) — как кинетическая, так и потенциальная энергия равна нулю

$W_{II}=0.$

Энергия изменяется вследствие работы, совершаемой силой трения:

$W_{II}-W_I=A_{тр}.$

величина силы трения, как отмечалось раньше, составляет

$F_{тр}=\mu N=kxmgcos\alpha .$

Как видно из формулы, сила трения зависит от пройденного расстояния (координаты х). При перемещении на расстояние dx совершается работа

$dA=F_{тр}dxcos\pi =-kxmgcos\alpha dx.$

Полная работа до остановки составит

$A=-kmgcos\alpha \underset{0}{\overset{x_{ост}}{\int }}xdx=-kmgcos\alpha \frac{x_{ост}^2}{2}.$

Подставим полученные выражения в применяемый закон:

$0-mg{x}_{ост}sin\alpha =-kmgcos\alpha \frac{x_{ост}^2}{2}$

и выразим искомую величину — путь, пройденный телом до остановки,

$x_{ост}=\frac{2g\bullet tg\alpha }{k}.$

Видно, что и в этом случае энергетический способ решения задачи оказывается более предпочтительным.