Номер 502, страница 94 - гдз по физике 9-11 класс сборник задач Капельян, Аксенович

Дано:

$m = 30$ кг
$h = 10$ м
$\alpha = 30^\circ$
$\mu_1 = 0.50$ (у подножия)
$\mu_2 = 0.10$ (у вершины)
Примем ускорение свободного падения $g = 9.8$ м/с²

Найти:

$A$ - ?

Решение:

Наименьшая работа $A$, которую должна совершить внешняя сила, совершается при условии, что кинетическая энергия саней не изменяется (то есть сани перемещают очень медленно, с постоянной скоростью). Согласно теореме об изменении полной механической энергии, работа внешней неконсервативной силы (в данном случае, тянущей силы) равна изменению полной механической энергии системы и работе, совершенной силой трения.

$A = \Delta E_p + \Delta E_k + A_{тр}$

Так как изменение кинетической энергии $\Delta E_k = 0$, то:

$A = \Delta E_p + A_{тр}$

где $\Delta E_p$ – изменение потенциальной энергии, а $A_{тр}$ – работа против силы трения.

1. Изменение потенциальной энергии саней равно:

$\Delta E_p = mgh = 30 \text{ кг} \cdot 9.8 \text{ м/с}^2 \cdot 10 \text{ м} = 2940 \text{ Дж}$

2. Работа против силы трения $A_{тр}$ вычисляется как интеграл от силы трения по пройденному пути, так как коэффициент трения не является постоянной величиной.

Сначала найдем длину склона горы $L$. Из тригонометрических соображений:

$L = \frac{h}{\sin(\alpha)} = \frac{10 \text{ м}}{\sin(30^\circ)} = \frac{10 \text{ м}}{0.5} = 20 \text{ м}$

Сила нормальной реакции опоры $N$ на наклонной плоскости равна проекции силы тяжести на ось, перпендикулярную склону:

$N = mg \cos(\alpha)$

Коэффициент трения $\mu$ линейно убывает с пройденным расстоянием $x$ по склону (от $x=0$ у подножия до $x=L$ у вершины). Эту зависимость можно описать линейной функцией:

$\mu(x) = \mu_1 + \frac{\mu_2 - \mu_1}{L}x$

Тогда сила трения в зависимости от расстояния $x$ равна:

$F_{тр}(x) = \mu(x)N = \left(\mu_1 + \frac{\mu_2 - \mu_1}{L}x\right) mg \cos(\alpha)$

Работа против силы трения $A_{тр}$ равна интегралу от модуля силы трения по всему пути $L$:

$A_{тр} = \int_0^L F_{тр}(x) dx = \int_0^L \left(\mu_1 + \frac{\mu_2 - \mu_1}{L}x\right) mg \cos(\alpha) dx$

Вынесем постоянные множители за знак интеграла:

$A_{тр} = mg \cos(\alpha) \int_0^L \left(\mu_1 + \frac{\mu_2 - \mu_1}{L}x\right) dx$

Вычисляем интеграл:

$A_{тр} = mg \cos(\alpha) \left[\mu_1 x + \frac{\mu_2 - \mu_1}{L}\frac{x^2}{2}\right]_0^L = mg \cos(\alpha) \left(\mu_1 L + \frac{\mu_2 - \mu_1}{L}\frac{L^2}{2}\right)$

$A_{тр} = mg \cos(\alpha) \left(\mu_1 L + \frac{(\mu_2 - \mu_1)L}{2}\right) = mgL \cos(\alpha) \frac{2\mu_1 + \mu_2 - \mu_1}{2} = \frac{\mu_1 + \mu_2}{2} mgL \cos(\alpha)$

Этот результат показывает, что работа против силы трения с линейно изменяющимся коэффициентом равна работе, которая была бы совершена при постоянном коэффициенте трения, равном среднему арифметическому значению $\mu_{ср} = (\mu_1 + \mu_2)/2$.

Подставим числовые значения для расчета $A_{тр}$:

$A_{тр} = \frac{0.50 + 0.10}{2} \cdot 30 \text{ кг} \cdot 9.8 \text{ м/с}^2 \cdot 20 \text{ м} \cdot \cos(30^\circ)$

$A_{тр} = 0.30 \cdot 30 \cdot 9.8 \cdot 20 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 0.30 \cdot 5880 \cdot 0.866 \approx 1527.6 \text{ Дж}$

3. Теперь найдем полную работу $A$, которую совершила внешняя сила:

$A = \Delta E_p + A_{тр} = 2940 \text{ Дж} + 1527.6 \text{ Дж} = 4467.6 \text{ Дж}$

Округлим результат до трех значащих цифр.

$A \approx 4470 \text{ Дж} = 4.47 \text{ кДж}$

Ответ: Наименьшая работа, которую должна совершить внешняя сила, составляет примерно $4.47$ кДж.