Физтех 2025/26 · Физика · 10 кл., №4 — решение · Отборочный этап

Условие

К бруску, лежащему на гладкой горизонтальной плоскости, прикладывают горизонтальную силу $F$ Брусок движется с ускорением $a_1 = 12$ м/с $^2$ Брусок перемещают на шероховатую горизонтальную плоскость и действуют на брусок той же по модулю силой $F$ направленной под таким углом $\alpha$ к горизонту, что ускорение бруска максимальное. Брусок безотрывно скользит по плоскости. Начальная скорость нулевая. Коэффициент трения скольжения бруска по плоскости $\mu = 0{,}6$

Найдите модуль максимального перемещения бруска за первую $T = 1$ с движения по шероховатой плоскости. Ускорение свободного падения $g = 10$ м/с $^2$ Ответ приведите в метрах с округлением до целого числа.

Рисунок к условию

О задаче · 10 класс

Олимпиада: Физтех (МФТИ)
Этап: Отборочный этап, первый тур (1 попытка)
Предмет / класс: Физика · 10 класс
Сезон: 2025/26

Что даёт первый опыт на гладкой плоскости? Выраз силу через массу. Потом запиши второй закон Ньютона для силы под углом: как наклон силы меняет силу трения? В модели можно поворачивать силу и искать наибольшее ускорение.

Записать идею

Личный черновик для заметок и расчётов. Он никуда не отправляется и не проверяется.

Исследуй задачу

Самостоятельное исследованиеПовернуть силу

Пробуй свои варианты. Разбор останется закрытым.

Исследуй задачу

Повернуть силу

При каком угле наклона силы брусок разгоняется быстрее всего? Почему не при горизонтальной силе?

Если модель не открылась (выключен JavaScript или страница загрузилась не полностью), условие, подсказки и разбор доступны и без неё.

Подсказка для решения без модели

Без JavaScript модель не работает. Посчитай a = 12(cos α + 0,6 sin α) − 6 для α = 0°, 20°, 31°, 45° и сравни.

Подсказка 1

Из первого опыта $F=ma_1$ Под углом $\alpha$ сила реакции $N=mg-F\sin\alpha$ трение $\mu N$ ускорение $a=a_1(\cos\alpha+\mu\sin\alpha)-\mu g$ . Масса сократилась.

Подсказка 2

Выражение $\cos\alpha+\mu\sin\alpha$ можно записать как $\sqrt{1+\mu^2}\cos(\alpha-\varphi)$ , где $\operatorname{tg}\varphi=\mu$ . Его максимум $\sqrt{1+\mu^2}$ достигается при $\operatorname{tg}\alpha=\mu$ . Не забудь проверить, что брусок при этом не отрывается.

Разобрать решение по шагам

Сила из первого опыта

На гладкой плоскости горизонтальная сила разгоняет брусок с ускорением $a_1$ $F=ma_1$

Ускорение при силе под углом

На шероховатой плоскости сила $F$ направлена под углом $\alpha$ вверх от горизонтали. Вертикально брусок не движется: $N+F\sin\alpha=mg$ откуда $N=mg-F\sin\alpha$ Трение скольжения $\mu N$ направлено против движения. По горизонтали:

ma=F\cos\alpha-\mu(mg-F\sin\alpha)\quad\Rightarrow\quad a=a_1(\cos\alpha+\mu\sin\alpha)-\mu g.

Наклон силы вверх уменьшает прижатие бруска и трение, но и горизонтальная часть силы уменьшается — есть наилучший угол.

Наилучший угол

Запишем $\cos\alpha+\mu\sin\alpha=\sqrt{1+\mu^2}\,\cos(\alpha-\varphi)$ , где $\operatorname{tg}\varphi=\mu$ . Наибольшее значение $\sqrt{1+\mu^2}$ — при $\alpha=\varphi$ то есть $\operatorname{tg}\alpha=\mu=0{,}6$ ( $\alpha\approx 31^\circ$ ):

a_{\max}=a_1\sqrt{1+\mu^2}-\mu g=12\sqrt{1{,}36}-6\approx 12\cdot 1{,}1662-6\approx 7{,}99\ \text{м/с}^2.

Проверка безотрывности: $\sin\alpha=\dfrac{\mu}{\sqrt{1+\mu^2}}\approx 0{,}514$ , $F\sin\alpha=ma_1\sin\alpha\approx m\cdot 6{,}17<mg$ — брусок прижат к плоскости.

Перемещение за время T

Из покоя с постоянным ускорением:

s=\frac{a_{\max}T^2}{2}=\frac{7{,}99\cdot 1^2}{2}\approx 4{,}0\ \text{м}.

С округлением до целого: $4$ м.

Проверка

Условие безотрывности: при $\operatorname{tg}\alpha=\mu$ нужно $F\sin\alpha\le mg$ то есть $a_1\dfrac{\mu}{\sqrt{1+\mu^2}}\le g$ : $12\cdot0{,}514=6{,}2<10$ — брусок на полу (во всех версиях тоже). Если бы это нарушалось, наибольшее ускорение достигалось бы на границе отрыва $\sin\alpha=g/a_1$ и равнялось $\sqrt{a_1^2-g^2}$ — модель это учитывает для своих значений. Сравним с горизонтальной силой: $a=12-6=6$ м/с $^2$ и $s=3$ м — меньше, чем при наклоне. Под углом $45^\circ$ $a=12\cdot(0{,}707+0{,}424)-6\approx 7{,}57$ м/с $^2$ — тоже меньше $7{,}99$ Формула $a=a_1(\cos\alpha+\mu\sin\alpha)-\mu g$ при $\mu=0$ даёт $a_1\cos\alpha$ — правильно для гладкой плоскости.

Ответ

$s=\dfrac{(a_1\sqrt{1+\mu^2}-\mu g)T^2}{2}\approx 4$ м.

Ответ

$s=\dfrac{(a_1\sqrt{1+\mu^2}-\mu g)T^2}{2}\approx 4$ м.

Главная идея

Сила под углом к горизонту меняет силу реакции и, значит, трение. Выражение $\cos\alpha+\mu\sin\alpha$ максимально при $\operatorname{tg}\alpha=\mu$ — тянуть выгодно немного вверх.

Если спрашивают о наилучшем угле приложения силы при трении — ищи максимум суммы вида A cos α + B sin α.

Где легко ошибиться

Тянуть горизонтально (ответ $3$ м) или забыть, что вертикальная составляющая силы уменьшает силу реакции. Ещё одна ошибка — не проверить безотрывность при найденном угле.

Источник и авторство

Олимпиада «Физтех» · физика · 10 класс · 2025/26 · отборочный этап, первый тур (1 попытка). Задача 4, версия с ID 4627 — первая в официальном файле; другие числовые версии этого номера (ID 4628, 4629, 4630) можно выбрать в модели.

Официальные условия (PDF организатора, стр. 5) ↗ · Сайт олимпиады ↗

Условие — из официального файла организатора, рисунок перерисован по нему. Подсказки, решение и модель — Popov Academy. Авторское решение написано до знакомства с решением организатора; затем ответ совпадает с решением организатора («Решения Ф10 1 попытка 2025», стр. 1 ↗: a₂max = a₁√(1 + μ²) − μg, S = (a₁√(1 + μ²) − μg)T²/2; для ID 4627 это ≈ 4,00 → 4 м). Совпадает. Официальные указания не проверяют, что при оптимальном угле брусок остаётся на полу; для данных всех версий это выполнено (a₁μ/√(1 + μ²) < g).

Продолжить тему: Силы и ускорение →

Тема, знания и приёмы

Силы и ускорение · Начальный вход

Второй закон Ньютона
Сила трения скольжения
Максимум выражения a cos α + b sin α

Приёмы решения: Уравнение сил · Оценка и достижимость

Задать вопрос по задаче →