Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 13984
2020-04-09 
В старых лабораторных журналах профессор Вагнер нашел отчет об одном из своих экспериментов. В этом эксперименте изучалось скатывание маленькой шайбы по однородному пластиковому профилю без начальной скорости (рис.).
В журнале была таблица зависимости тормозного пути шайбы $s$ на горизонтальном участке профиля от высоты точки старта $h$ на наклонном участке при некотором значении угла наклона $\alpha$ (табл.).
Кроме того, там также была таблица зависимости $s$ от угла наклона $\alpha$ при $h = 20 см$ (табл.). На основании данных профессора определите: при каком значении $\alpha$ проводилась серия опытов, результаты которой приведены в таблице, и чему равен коэффициент трения шайбы о поверхность профиля
(известно, что он одинаков для всех участков поверхности). Каковы величины возможных ошибок ваших результатов? Профессор вспомнил, что профиль на участке сопряжения наклонного и горизонтального участков всегда изгибался с одним и тем же радиусом кривизны, причем этот радиус был значительно больше размеров шайбы и - в большинстве опытов - заметно меньше $h$. Ускорение свободного падения считайте равным $g = 9,8 м/с^{2}$. Данные таблицы 1 получены с точностью ±2 мм, а данные таблицы 2 - с точностью ±1° и ±1 мм.
Решение:
После скатывания шайбы по прямолинейному наклонному участку она приобретет скорость, квадрат которой равен
$v_{1}^{2} = 2gh(1 - \mu ctg \alpha ) - 2gr(1 - \cos \alpha )$,
где $r$ - радиус кривизны участка сопряжения. При прохождении по перегибу удобнее пользоваться углом поворота шайбы от начала сопряжения $\phi$, он изменяется от 0 до $\alpha$. Запишем уравнения для касательного и нормального ускорений шайбы:
$m \frac{dv}{dt} = - \mu N + mg \sin ( \alpha - \phi )$,
$m \frac{v^{2} }{r} = N - mg \cos ( \alpha - \phi )$.
Отсюда находим
$\frac{dv}{dt} = - \mu \frac{v^{2} }{r} + g ( \sin ( \alpha - \phi ) - \mu \cos ( \alpha - \phi )) = \frac{1}{2r} \frac{d(v^{2}) }{dt}$,
$\frac{d(v^{2} )}{d \phi} = - 2 \mu v^{2} + 2gr ( \sin ( \alpha - \phi ) - \mu \cos ( \alpha - \phi ) ) \approx -2 \mu v^{2}$,
$v^{2}( \phi) \approx const \cdot e^{- 2 \mu \phi } \approx v_{1}^{2} \cdot e^{ -2 \mu \phi}$.
Ha горизонтальный участок шайба выезжает со скоростью $v_{2}$, квадрат которой равен
$v_{2}^{2} = 2gh(1 -\mu ctg \alpha) \cdot e^{ -2 \mu \alpha } - cgr$,
где $c = 1$, а длина тормозного пути на горизонтальном участке, где ускорение шайбы равно $a_{x} = \mu g$, составляет
$s = \frac{v^{2} }{2 \mu g} = h \left ( \frac{1}{ \mu} - ctg \alpha \right ) \cdot e^{ - 2 \mu \alpha} - \frac{c}{2 \mu} = kh + b$.
Если построить график $s(h)$ на основании таблицы 1, то он действительно будет линейным. Подбор значении $k$ и $b$ графическим методом дает $k \approx 0,456 \pm 0,003$ и $b \approx ( - 0,0112 \pm 0.0008) м$. Продолжая эту зависимость в область более малых $h$ найдем, что $s(0,2 м) \approx (0,080 \pm 0,007) м$. Теперь из таблицы 2 можно определить угол, при котором получены данные таблицы 1:
$\alpha = (45 \pm 2)^{ \circ}$.
Значит, коэффициент трения должен удовлетворять уравнению
$\left ( \frac{1}{ \mu} - 1 \right ) \cdot e^{-1,57 \mu} = 0,456$.
Решив это уравнение с помощью Excel, получим
$\mu = 0,50 \pm 0,02$.
В старых лабораторных журналах профессор Вагнер нашел отчет об одном из своих экспериментов. В этом эксперименте изучалось скатывание маленькой шайбы по однородному пластиковому профилю без начальной скорости (рис.).
В журнале была таблица зависимости тормозного пути шайбы $s$ на горизонтальном участке профиля от высоты точки старта $h$ на наклонном участке при некотором значении угла наклона $\alpha$ (табл.).
Кроме того, там также была таблица зависимости $s$ от угла наклона $\alpha$ при $h = 20 см$ (табл.). На основании данных профессора определите: при каком значении $\alpha$ проводилась серия опытов, результаты которой приведены в таблице, и чему равен коэффициент трения шайбы о поверхность профиля
(известно, что он одинаков для всех участков поверхности). Каковы величины возможных ошибок ваших результатов? Профессор вспомнил, что профиль на участке сопряжения наклонного и горизонтального участков всегда изгибался с одним и тем же радиусом кривизны, причем этот радиус был значительно больше размеров шайбы и - в большинстве опытов - заметно меньше $h$. Ускорение свободного падения считайте равным $g = 9,8 м/с^{2}$. Данные таблицы 1 получены с точностью ±2 мм, а данные таблицы 2 - с точностью ±1° и ±1 мм.
Решение:
После скатывания шайбы по прямолинейному наклонному участку она приобретет скорость, квадрат которой равен
$v_{1}^{2} = 2gh(1 - \mu ctg \alpha ) - 2gr(1 - \cos \alpha )$,
где $r$ - радиус кривизны участка сопряжения. При прохождении по перегибу удобнее пользоваться углом поворота шайбы от начала сопряжения $\phi$, он изменяется от 0 до $\alpha$. Запишем уравнения для касательного и нормального ускорений шайбы:
$m \frac{dv}{dt} = - \mu N + mg \sin ( \alpha - \phi )$,
$m \frac{v^{2} }{r} = N - mg \cos ( \alpha - \phi )$.
Отсюда находим
$\frac{dv}{dt} = - \mu \frac{v^{2} }{r} + g ( \sin ( \alpha - \phi ) - \mu \cos ( \alpha - \phi )) = \frac{1}{2r} \frac{d(v^{2}) }{dt}$,
$\frac{d(v^{2} )}{d \phi} = - 2 \mu v^{2} + 2gr ( \sin ( \alpha - \phi ) - \mu \cos ( \alpha - \phi ) ) \approx -2 \mu v^{2}$,
$v^{2}( \phi) \approx const \cdot e^{- 2 \mu \phi } \approx v_{1}^{2} \cdot e^{ -2 \mu \phi}$.
Ha горизонтальный участок шайба выезжает со скоростью $v_{2}$, квадрат которой равен
$v_{2}^{2} = 2gh(1 -\mu ctg \alpha) \cdot e^{ -2 \mu \alpha } - cgr$,
где $c = 1$, а длина тормозного пути на горизонтальном участке, где ускорение шайбы равно $a_{x} = \mu g$, составляет
$s = \frac{v^{2} }{2 \mu g} = h \left ( \frac{1}{ \mu} - ctg \alpha \right ) \cdot e^{ - 2 \mu \alpha} - \frac{c}{2 \mu} = kh + b$.
Если построить график $s(h)$ на основании таблицы 1, то он действительно будет линейным. Подбор значении $k$ и $b$ графическим методом дает $k \approx 0,456 \pm 0,003$ и $b \approx ( - 0,0112 \pm 0.0008) м$. Продолжая эту зависимость в область более малых $h$ найдем, что $s(0,2 м) \approx (0,080 \pm 0,007) м$. Теперь из таблицы 2 можно определить угол, при котором получены данные таблицы 1:
$\alpha = (45 \pm 2)^{ \circ}$.
Значит, коэффициент трения должен удовлетворять уравнению
$\left ( \frac{1}{ \mu} - 1 \right ) \cdot e^{-1,57 \mu} = 0,456$.
Решив это уравнение с помощью Excel, получим
$\mu = 0,50 \pm 0,02$.
