Номер 601, страница 122 - гдз по физике 9 класс сборник задач Исаченкова, Дорофейчик

Дано:

масса ящика $m = 20$ кг

угол наклона плоскости $\alpha = 30^\circ$

коэффициент трения $\mu = 0,10$

ускорение свободного падения $g \approx 9,8$ м/с$^2$

Найти:

модуль минимальной силы $F_{min}$ для удержания ящика в покое в трех случаях.

Решение:

Для того чтобы ящик не двигался, согласно первому закону Ньютона, векторная сумма всех действующих на него сил должна быть равна нулю. На ящик действуют: сила тяжести $m\vec{g}$, сила нормальной реакции опоры $\vec{N}$, сила трения покоя $\vec{F}_{тр}$ и внешняя приложенная сила $\vec{F}$.

Введем систему координат, связав ее с наклонной плоскостью: ось Ox направим вдоль наклонной плоскости вверх, а ось Oy — перпендикулярно ей, от плоскости.

Проекция силы тяжести на ось Ox (скатывающая сила): $F_{g,x} = -mg \sin\alpha$ (направлена вниз, против оси Ox).
Проекция силы тяжести на ось Oy: $F_{g,y} = -mg \cos\alpha$.

Сначала проверим, будет ли ящик покоиться без внешней силы. Сила, стремящаяся сдвинуть ящик вниз по склону, равна по модулю $|F_{g,x}| = mg \sin\alpha$. Максимальная сила трения покоя, которая может этому противодействовать, равна $F_{тр.макс} = \mu N_0 = \mu mg \cos\alpha$.
$|F_{g,x}| = 20 \text{ кг} \cdot 9,8 \text{ м/с}^2 \cdot \sin(30^\circ) = 196 \cdot 0,5 = 98$ Н.
$F_{тр.макс} = 0,10 \cdot 20 \text{ кг} \cdot 9,8 \text{ м/с}^2 \cdot \cos(30^\circ) \approx 0,10 \cdot 196 \cdot 0,866 = 16,97$ Н.
Поскольку скатывающая сила ($98$ Н) больше максимальной силы трения покоя ($16,97$ Н), ящик будет соскальзывать вниз. Следовательно, для удержания ящика в покое необходимо приложить внешнюю силу.

Минимальная по модулю сила $F_{min}$ будет соответствовать случаю, когда сила трения покоя максимальна ($F_{тр} = F_{тр.макс} = \mu N$) и направлена вверх по наклонной плоскости (вдоль оси Ox), помогая удерживать ящик.

а) Сила направлена параллельно наклонной плоскости

Сила $\vec{F_a}$ направлена вдоль оси Ox. Запишем уравнения равновесия в проекциях на оси координат:
Ось Ox: $F_a + F_{тр} - mg \sin\alpha = 0$
Ось Oy: $N_a - mg \cos\alpha = 0$

Из уравнения для оси Oy находим силу нормальной реакции: $N_a = mg \cos\alpha$.
Сила трения $F_{тр} = \mu N_a = \mu mg \cos\alpha$.
Подставляем в уравнение для оси Ox, чтобы найти минимальную силу $F_{a,min}$:
$F_{a,min} + \mu mg \cos\alpha - mg \sin\alpha = 0$
$F_{a,min} = mg (\sin\alpha - \mu \cos\alpha)$

Выполним расчеты:
$F_{a,min} = 20 \text{ кг} \cdot 9,8 \text{ м/с}^2 \cdot (\sin(30^\circ) - 0,10 \cdot \cos(30^\circ))$
$F_{a,min} \approx 196 \cdot (0,5 - 0,10 \cdot 0,866) = 196 \cdot (0,5 - 0,0866) = 196 \cdot 0,4134 \approx 81,0$ Н.

Ответ: Минимальная сила, направленная параллельно плоскости, равна примерно 81,0 Н.

б) Сила направлена горизонтально

Горизонтальная сила $\vec{F_b}$ образует угол $\alpha$ с наклонной плоскостью. Разложим ее на компоненты:
Проекция на Ox: $F_{b,x} = F_b \cos\alpha$ (направлена вверх по склону)
Проекция на Oy: $F_{b,y} = -F_b \sin\alpha$ (сила прижимает ящик к плоскости)

Уравнения равновесия:
Ось Ox: $F_b \cos\alpha + F_{тр} - mg \sin\alpha = 0$
Ось Oy: $N_b - mg \cos\alpha - F_b \sin\alpha = 0$

Из уравнения для оси Oy: $N_b = mg \cos\alpha + F_b \sin\alpha$.
Сила трения: $F_{тр} = \mu N_b = \mu (mg \cos\alpha + F_b \sin\alpha)$.
Подставляем в уравнение для оси Ox, чтобы найти $F_{b,min}$:
$F_{b,min} \cos\alpha + \mu (mg \cos\alpha + F_{b,min} \sin\alpha) - mg \sin\alpha = 0$
Сгруппируем члены с $F_{b,min}$:
$F_{b,min} (\cos\alpha + \mu \sin\alpha) = mg \sin\alpha - \mu mg \cos\alpha$
$F_{b,min} = \frac{mg (\sin\alpha - \mu \cos\alpha)}{\cos\alpha + \mu \sin\alpha}$

Выполним расчеты:
$F_{b,min} = \frac{196 \cdot (0,5 - 0,10 \cdot 0,866)}{\cos(30^\circ) + 0,10 \cdot \sin(30^\circ)} \approx \frac{196 \cdot 0,4134}{0,866 + 0,10 \cdot 0,5} = \frac{81,0264}{0,916} \approx 88,5$ Н.

Ответ: Минимальная сила, направленная горизонтально, равна примерно 88,5 Н.

в) Сила направлена перпендикулярно

Чтобы удержать ящик, сила $\vec{F_c}$ должна быть направлена перпендикулярно плоскости, прижимая ящик к ней, чтобы увеличить силу трения. Сила направлена вдоль отрицательной части оси Oy.
Проекция на Ox: $F_{c,x} = 0$
Проекция на Oy: $F_{c,y} = -F_c$

Уравнения равновесия:
Ось Ox: $F_{тр} - mg \sin\alpha = 0$
Ось Oy: $N_c - mg \cos\alpha - F_c = 0$

Из уравнения для оси Ox следует, что сила трения должна полностью скомпенсировать скатывающую силу: $F_{тр} = mg \sin\alpha$.
Из уравнения для оси Oy: $N_c = mg \cos\alpha + F_c$.
Подставляя в формулу для силы трения $F_{тр} = \mu N_c$, получаем:
$\mu (mg \cos\alpha + F_c) = mg \sin\alpha$
Решаем относительно $F_{c,min}$:
$\mu F_{c,min} = mg \sin\alpha - \mu mg \cos\alpha$
$F_{c,min} = \frac{mg (\sin\alpha - \mu \cos\alpha)}{\mu}$

Выполним расчеты:
$F_{c,min} = \frac{196 \cdot (0,5 - 0,10 \cdot 0,866)}{0,10} \approx \frac{81,0264}{0,10} \approx 810$ Н.

Ответ: Минимальная сила, направленная перпендикулярно плоскости, равна примерно 810 Н.