Физтех 2025/26 · Физика · 11 кл., №2 — решение · Отборочный этап

Условие

Две одинаковые доски длиной $L = 0{,}5$ м, лежащие одна на другой (см. рис.), движутся по горизонтальной плоскости со скоростью $V_0 = 1{,}5$ м/с. В момент времени $t = 0$ доски въезжают с гладкой полуплоскости на шероховатую. Коэффициент трения скольжения нижней доски по шероховатой полуплоскости равен $0{,}3$ коэффициент трения скольжения верхней доски по нижней равен $0{,}1$

В какой момент времени начнётся относительное движение досок? Ответ приведите в миллисекундах [мс] и округлите до целого числа. Ускорение свободного падения $10$ м/с $^2$ Доски движутся поступательно.

Рисунок к условию

О задаче · 11 класс

Олимпиада: Физтех (МФТИ)
Этап: Отборочный этап, первый тур (1 попытка)
Предмет / класс: Физика · 11 класс
Сезон: 2025/26

Сила трения, тормозящая нижнюю доску, не постоянна: от чего она зависит? А что тормозит верхнюю доску? В модели можно посмотреть, как растёт нужное верхней доске трение.

Записать идею

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

Исследуй задачу

Самостоятельное исследованиеДоски на шероховатой плоскости

Пробуй свои варианты. Разбор останется закрытым.

Исследуй задачу

Доски на шероховатой плоскости

Почему доски не начинают скользить друг по другу сразу? Когда трения верхней доски перестаёт хватать?

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 ускорение досок, когда заехала треть длины (x = 1/6 м): 0,3·10·(1/6)/0,5 = 1 м/с² — ровно μ₂g.

Подсказка 1

Пусть на шероховатую часть заехал кусок длины $x$ При равномерном давлении (см. допущение) на него приходится вес обеих досок $2mg\cdot\dfrac xL$ трение $\mu_1\cdot 2mg\dfrac xL$ Пока доски едут вместе, $2m\ddot x=-2\mu_1mg\dfrac xL$ — это уравнение гармонических колебаний.

Подсказка 2

Верхнюю доску тормозит только трение о нижнюю, не больше $\mu_2mg$ Доски скользят друг по другу, когда нужное ускорение $\mu_1g\dfrac xL$ становится больше $\mu_2g$ то есть при $x=\dfrac{\mu_2}{\mu_1}L$ Найди, когда $x(t)=\dfrac{V_0}{\omega}\sin\omega t$ достигает этого значения.

Разобрать решение по шагам

Принятые допущения

Из условия. Нижнюю доску тормозит трение о шероховатую часть плоскости, верхнюю — только трение о нижнюю доску. Пока они движутся вместе, это трение покоя; его предел требует отдельного допущения. Доски движутся поступательно; в момент $t=0$ передний край нижней доски пересекает границу.
Допускаем. Давление нижней доски на плоскость распределено вдоль доски равномерно, поэтому на шероховатую часть приходится доля веса $\dfrac xL$ Для жёсткой доски на жёсткой плоскости распределение давления из уравнений равновесия не находится — это стандартная модель таких задач. Предельное трение покоя верхней доски считаем равным трению скольжения $\mu_2mg$
Как это влияет на ответ. При другом распределении давления меняется закон торможения, а с ним и время. При большем коэффициенте трения покоя проскальзывание начнётся позже или не начнётся вовсе: в модели равномерного давления коэффициента $\mu_{\mathrm{s}}\ge\mu_1=0{,}3$ достаточно, чтобы доски не скользили друг по другу. Ответ $113$ мс относится к принятым допущениям и совпадает с официальным решением.

Трение растёт с заехавшей длиной

Обозначим $\mu_1=0{,}3$ (нижняя доска по плоскости), $\mu_2=0{,}1$ (верхняя по нижней), массу каждой доски $m$ а длину части нижней доски, которая уже на шероховатой полуплоскости, — $x$

Нижняя доска давит на плоскость весом обеих досок $2mg$ по принятому допущению — равномерно по длине. На шероховатую часть приходится $2mg\cdot\dfrac xL$ и трение там $F=\mu_1\cdot 2mg\dfrac xL$ . Чем дальше доски заехали, тем сильнее их тормозит.

Пока доски едут вместе: колебательный закон

Пока проскальзывания нет, доски — одно тело массы $2m$

2m\,\ddot x=-\mu_1\cdot 2mg\,\frac xL\quad\Rightarrow\quad \ddot x=-\omega^2x,\qquad \omega=\sqrt{\frac{\mu_1g}{L}}=\sqrt{\frac{0{,}3\cdot 10}{0{,}5}}=\sqrt6\approx 2{,}449\ \text{с}^{-1}.

Это уравнение гармонических колебаний. При $x(0)=0$ $\dot x(0)=V_0$

x(t)=\frac{V_0}{\omega}\sin\omega t,\qquad a(t)=\omega^2x=\frac{\mu_1g}{L}\,x.

Когда трения верхней доски не хватает

Верхнюю доску тормозит только трение о нижнюю, и оно не может быть больше $\mu_2mg$ Значит, вместе доски едут, пока $ma\le\mu_2mg$

\frac{\mu_1g}{L}\,x\le\mu_2g\quad\Rightarrow\quad x\le x^*=\frac{\mu_2}{\mu_1}L=\frac{0{,}1}{0{,}3}\cdot 0{,}5=\frac16\ \text{м}.

Доски до этого места доедут: без проскальзывания они продвинулись бы на $\dfrac{V_0}{\omega}\approx 0{,}612$ м, а $x^*<L$ так что закон из шага 2 действует до самого момента проскальзывания.

Момент начала проскальзывания

Решаем $\dfrac{V_0}{\omega}\sin\omega t=x^*$ :

\sin\omega t=\frac{x^*\omega}{V_0}=\frac{(1/6)\cdot 2{,}449}{1{,}5}\approx 0{,}2722,\qquad \omega t\approx 0{,}2757,

t\approx\frac{0{,}27565}{2{,}4495}\approx 0{,}11253\ \text{с}=112{,}53\ \text{мс}.

С округлением до целого — $113$ мс. Число близко к границе округления ( $112{,}5$ ), поэтому промежуточные значения здесь округляем не грубее пятого знака.

Проверка

Проверка: при $t=0{,}1125$ с заехало $x=0{,}612\cdot\sin(0{,}2757)\approx 0{,}1667$ м, ускорение $\dfrac{0{,}3\cdot 10}{0{,}5}\cdot 0{,}1667=1{,}0$ м/с $^2=\mu_2g$ — ровно предел. Скорость в этот момент $V_0\cos\omega t\approx 1{,}44$ м/с: доски почти не затормозили, а нижняя заехала лишь на треть длины. Численное решение уравнения движения в тесте даёт тот же момент. Официальные указания записывают то же уравнение $\ddot x+\beta^2x=0$ и момент $t=\dfrac1\beta\arccos\dfrac{V}{V_0}$ с $V=\sqrt{V_0^2-\mu_2^2gL/\mu_1}$ — это та же величина, что и наш $\arcsin$ $\cos\omega t=V/V_0$ Если проскальзывания нет, модель доводит показ до настоящей остановки: пока доска заезжает, закон гармонический, а после полного заезда замедление постоянно $\mu_1g$

Ответ

$t=\dfrac1\omega\arcsin\dfrac{\mu_2L\,\omega}{\mu_1V_0}\approx 113$ мс, где $\omega=\sqrt{\mu_1g/L}$

Ответ

$t=\dfrac1\omega\arcsin\dfrac{\mu_2L\,\omega}{\mu_1V_0}\approx 113$ мс, где $\omega=\sqrt{\mu_1g/L}$

Главная идея

Сила трения, пропорциональная заехавшей длине, похожа на силу упругости пружины: движение до проскальзывания — четверть колебания. Проскальзывание начинается, когда нужное верхнему телу ускорение доходит до $\mu_2 g$

Если тормозящая сила растёт пропорционально пройденному пути, запиши уравнение вида x'' = −ω²x: решение — синус. Для двух тел, лежащих друг на друге, сравни нужное верхнему телу ускорение с μg.

Где легко ошибиться

Считать трение нижней доски сразу полным, $\mu_1\cdot 2mg$ — тогда доски проскальзывают уже в момент $t=0$ Другая ошибка — сравнивать силы $\mu_1\cdot 2mg\dfrac xL$ и $\mu_2mg$ вместо ускорений.

Источник и авторство

Олимпиада «Физтех» · физика · 11 класс · 2025/26 · отборочный этап, первый тур (1 попытка). Задача 2, версия с ID 4659 — первая в официальном файле; другие числовые версии этого номера (ID 4660, 4661, 4662) можно выбрать в модели.

Официальные условия (PDF организатора, стр. 3) ↗ · 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 Ф11 1 попытка 2025», стр. 1 ↗: ẍ + β²x = 0, β² = μ₁g/L; t = (1/β)·arccos(V/V₀), V = √(V₀² − μ₂²gL/μ₁); для ID 4659 это 113 мс). Совпадает (arccos(V/V₀) = arcsin(x*ω/V₀)); модель трения та же. В изображении страницы под корнем читается μ₂² (в текстовом слое PDF показатель искажён).

Тема, знания и приёмы

Силы и ускорение · Начальный вход

Второй закон Ньютона
Трение покоя и скольжения
Гармонические колебания: x'' = −ω²x

Приёмы решения: Уравнение сил · Оценка и достижимость

Задать вопрос по задаче →