Задание №26 — Закон сохранения механической энергии

Дано: R = 0,4 м; v₀ = 4 м/с; L = 1 м; $\alpha$ = 30$\circ$

Найти: $\mu$ - ?

Обоснование:
1) Будем вести решение в системе отсчёта, неподвижной относительно Земли. Данную систему принимаем за инерциальную (ИСО).
2) Движущийся объект будем рассматривать как материальную точку.
3) Так как объект принят за материальную точку, момент его отделения от поверхности в точке B определяется через второй закон Ньютона. При отрыве сила нормальной реакции опоры N становится равной нулю.
4) Согласно закону изменения механической энергии, её вариация в ИСО определяется работой внешних непотенциальных сил. В данной задаче такой силой выступает сила трения.
5) В позиции B на объект воздействует исключительно консервативная сила тяжести, которая сообщает телу ускорение свободного падения.

Решение:
Вариация полной механической энергии тела в ИСО эквивалентна работе сторонних непотенциальных сил. В рассматриваемом случае это работа силы трения.
$A_{т} = E_{к 0} - E_{\pi} - E_{к} ( 1 )$
$E_{к 0} = \frac{mv_{0}^{2}}{2} ( 2 ) ,$ где m — масса рассматриваемой шайбы.
$E_{\pi} = mgh ( 3 ) ,$ где h обозначает высоту наклонного участка.
$h = L\sin \alpha ( 4 )$

Объединим выражения (4) и (3):
$E_{\pi} = mgL\sin \alpha ( 5 )$
$A_{т} = F_{тр} L ( 6 )$

Запишем уравнение второго закона Ньютона для шайбы, спроецировав силы на ось, перпендикулярную наклонной плоскости:
$N - mg\cos \alpha = 0 ( 7 )$
$N = mg\cos \alpha ( 8 )$
$F_{тр} = \mu N ( 9 )$

Подставим результат (8) в формулу (9):
$F_{тр} = \mu mg\cos \alpha ( 10 )$

Используем (10) для преобразования выражения (6):
$A_{тр} = \mu mgL\cos \alpha ( 11 )$
$E_{к} = \frac{mv^{2}}{2} ( 12 )$

В положении B тело теряет контакт с плоскостью, следовательно, сила реакции N и сила трения Fтр исчезают, и действует только сила тяжести. Шайба совершает движение по дуге окружности внутри трубы с центростремительным ускорением a. Применим второй закон Ньютона в точке B, выбрав проекцию на вертикальную ось, идущую перпендикулярно поверхности земли:
$mg\cos \alpha = ma ( 13 )$
$a = \frac{v^{2}}{R} ( 14 )$

Подставим выражение (14) в уравнение (13):
$mg\cos \alpha = \frac{mv^{2}}{R} ( 15 )$
$v^{2} = Rg\cos \alpha ( 16 )$

Подставим полученное значение (16) в формулу (12):
$E_{к} = \frac{mRg\cos \alpha }{2} ( 17 )$

Соберем выражения (2), (5), (11) и (17) в итоговое уравнение (1):
$\mu mgL\cos \alpha = \frac{mv_{0}^{2}}{2} - mgL\sin \alpha - \frac{mRg\cos \alpha }{2} ( 13 )$
$\mu = \frac{mv_{0}^{2} - 2 mgL\sin \alpha - mRg\cos \alpha }{2 mgL\cos \alpha } ( 15 )$
$\mu = \frac{v_{0}^{2} - 2 gL\sin \alpha - Rg\cos \alpha }{2 gL\cos \alpha } ( 16 )$
$\mu = \frac{4^{2} - 2 \cdot 10 \cdot 1 \cdot \sin 30 - 0{,}4 \cdot 10 \cdot \cos 30}{2 \cdot 10 \cdot 1 \cdot \cos 30}$
$\mu = 0{,}15$

Ответ: $\mu = 0{,}15$

Источник: ФИПИ