ВсОШ 2024, Муниципален етап, 7–11 клас, учебна 2023/24 — Задача 22. По наклонной

• a. $N = mg\cos\alpha$

• b. $\mathrm{tg}\,\beta = \frac{mg\sin\alpha}{qE}$

  Так в разделе «Ответы»; в тексте решения напечатано $\mathrm{tg}\beta = \frac{qE}{mg\sin\alpha}$.

• c. $\mu_{\min} = \frac{\sqrt{(qE)^2 + (mg\sin\alpha)^2}}{mg\cos\alpha}$

• d. $F_{\text{тр}} = \mu mg\cos\alpha$

• e. $a_0 = \sqrt{\left(\frac{qE}{m}\right)^2 + (g\sin\alpha)^2} - \mu g\cos\alpha$

• f. $v_{\text{уст}} = \frac{\sqrt{(qE)^2 + (mg\sin\alpha)^2 - (\mu mg\cos\alpha)^2}}{qB}$

• g. $A_{\text{М}} = 0$

• h. $Q = \mu mg\cos\alpha\, v_{\text{уст}}\tau$

11.4.По наклонной. (Киреев А.А.)

Решение.

Разложим силу тяжести, действующую на диск, на составляющие $mg\mathrm{sin}\alpha$ и $mg\mathrm{cos}\alpha$ вдоль осей $Oz$ и $Oy$ соответственно.

Из второго закона Ньютона в проекции на ось $Oy$: $0 = N - mg\mathrm{cos}\alpha$ или $N = mg\mathrm{cos}\alpha$.

Сразу после того, как диск отпустили.

В начальный момент скорость диска равна нулю, а значит сила со стороны магнитного поля также равна нулю, и три силы имеют отличные от нуля составляющие в плоскости $xOz$ – составляющая силы тяжести $mg\mathrm{sin}\alpha$, сила со стороны электрического поля $qE$ и сила трения $F_\text{тр} \le \mu N = \mu mg\mathrm{cos}\alpha$ (см. рисунок).

Если $\mu > \mu_\text{min}$ брусок будет оставаться неподвижным, а значит из условия равновесия и геометрии рисунка $F_\text{тр} = \sqrt{(qE)^2 + (mg\mathrm{sin}\alpha)^2}$ и $\mathrm{tg}\beta = \frac{qE}{mg\mathrm{sin}\alpha}$. С учётом того, что $F_\text{тр} \le \mu mg\mathrm{cos}\alpha$, находим $\mu_\text{min} = \frac{\sqrt{(qE)^2 + (mg\mathrm{sin}\alpha)^2}}{mg\mathrm{cos}\alpha}$.

Если $\mu < \mu_\text{min}$ брусок начнёт двигаться с ускорением, направленным вдоль суммы составляющей силы тяжести $mg\mathrm{sin}\alpha$ и силы со стороны электрического поля $qE$. Сила трения $F_\text{тр} = \mu N = \mu mg\mathrm{cos}\alpha$ будет направлена против начальной скорости (а значит и начального ускорения). С учётом этого и второго закона Ньютона в проекции на данное направление получаем:

В установившемся режиме при движении с постоянной скоростью.

При движении с установившейся скоростью $v_\text{у}$ на диск наряду с упомянутыми ранее силами при скольжении будет действовать и сила со стороны магнитного поля $F_\text{М} = qv_\text{у}B$, направленная перпендикулярно скорости. Работы такая сила не совершает, значит $A_\text{М} = 0$. Сила нормальной реакции при движении диска также работы не совершает.

Так как скорость диска постоянная, то из теоремы об изменении кинетической энергии следует, что мощность потенциальных сил $P_\text{п}$ (силы тяжести и силы со стороны электрического поля) в сумме с мощностью силы трения $P_\text{тр}$ равна нулю: $P_\text{п} + P_\text{тр} = 0$. С другой стороны, мощность потенциальных сил равна мощности тепловыделения $P_\text{тр} = \frac{Q}{\tau}$. Откуда получаем $P_\text{тр} = -F_\text{тр}v_\text{у} = -\mu mg\mathrm{cos}\alpha v_\text{у} = -\frac{Q}{\tau}$. То есть $Q = \mu mg\mathrm{cos}\alpha v_\text{у}\tau$.

Осталось найти установившуюся скорость $v_\text{у}$. При таком движении четыре силы будут иметь отличные от нуля составляющие в плоскости $xOz$ – составляющая силы тяжести $mg\mathrm{sin}\alpha$, сила со стороны электрического поля $qE$, сила трения $F_\text{тр} = \mu mg\mathrm{cos}\alpha$, направленная против $v_\text{у}$, и сила со стороны магнитного поля $F_\text{М} = qv_\text{у}B$ (см. рисунок). Сумма сил при движении с установившейся скоростью равна нулю. Значит модуль векторной суммы составляющей силы тяжести и силы со стороны электрического поля равен модулю векторной суммы силы трения и силы со стороны магнитного поля: $\sqrt{(qE)^2 + (mg\mathrm{sin}\alpha)^2} = \sqrt{\left(qv_\text{у}B\right)^2 + (\mu mg\mathrm{cos}\alpha)^2}$, откуда $v_\text{у} = \frac{\sqrt{(qE)^2 + (mg\mathrm{sin}\alpha)^2 - (\mu mg\mathrm{cos}\alpha)^2}}{qB}$.

Ответы:

а) $N = mg\mathrm{cos}\alpha$;

б) $\mathrm{tg}\beta = \frac{mg\mathrm{sin}\alpha}{qE}$;

в) $\mu_\text{min} = \frac{\sqrt{(qE)^2 + (mg\mathrm{sin}\alpha)^2}}{mg\mathrm{cos}\alpha}$;

г) $F_\text{тр} = \mu mg\mathrm{cos}\alpha$;

д) $a_0 = \sqrt{\left(\frac{qE}{m}\right)^2 + (g\mathrm{sin}\alpha)^2} - \mu g\mathrm{cos}\alpha$;

е) $v_\text{у} = \frac{\sqrt{(qE)^2 + (mg\mathrm{sin}\alpha)^2 - (\mu mg\mathrm{cos}\alpha)^2}}{qB}$;

ж) $A_\text{М} = 0$;

з) $Q = \mu mg\mathrm{cos}\alpha v_\text{у}\tau$, где $v_\text{у}$ из пункта е).

Критерии оценивания

Примечание для жюри

Полностью правильное решение, полученное неавторским методом, оценивается полным баллом. Недопустимо снижать оценку за «неправильное» оформление или неаккуратные записи.