Задача 5. Брусок на подвижном клине

Что происходит и чего не хватает в условии

Существенные допущения: угол $\alpha$ можно выбирать в пределах $0 < \alpha < 90^\circ$, а наклонная грань достаточно длинна, чтобы брусок оставался на ней всё время $T = 0{,}9$ с. Длина грани в источнике не задана; при оптимальном угле потребуется около $3{,}02$ м пути по грани. Ниже решаем задачу именно при этом условии.

Поверхности гладкие, поэтому единственная сила, связывающая тела, — сила нормального давления $N$ между бруском и наклонной гранью. Она перпендикулярна грани и имеет горизонтальную составляющую $N\sin\alpha$, которая толкает клин вправо (в сторону вертикальной грани). Клин получает ускорение $a_1$ вправо, а брусок соскальзывает по грани влево-вниз, одновременно «уезжая» вместе с клином.

Угол клина $\alpha$ в условии не задан — это и есть ключ к слову «максимальное». Перемещение клина за время $T$ при постоянном ускорении равно $s = \dfrac{a_1 T^2}{2}$, поэтому задача сводится к тому, чтобы найти $a_1(\alpha)$ и выбрать угол, при котором $a_1$ наибольшее. Обозначим отношение масс $k = m_1/m_2 = 4{,}6$ (буквой $\mu$ его не называем: в механике так обычно обозначают коэффициент трения, а трения здесь нет).

Брусок в системе отсчёта клина

Удобнее всего описывать брусок в системе отсчёта, связанной с клином: в ней брусок движется строго вдоль грани. Система неинерциальная (клин ускоряется с $a_1$ вправо), поэтому к силам $m_2\vec g$ и $\vec N$ добавляется сила инерции $m_2\vec a_1$, направленная влево — против ускорения клина.

Спроецируем силы на ось, перпендикулярную грани: поперёк грани брусок не движется, ускорение по этой оси равно нулю. Направим ось $x$ вправо, $y$ вверх; внешняя нормаль к грани (от клина к бруску) — это $\vec n = (-\sin\alpha;\ \cos\alpha)$. Проекции сил на $\vec n$:

• сила тяжести $(0;\,-m_2 g)$ даёт $-m_2 g\cos\alpha$ — прижимает брусок к грани;
• сила инерции $(-m_2 a_1;\,0)$ даёт $+m_2 a_1\sin\alpha$ — тянет брусок от грани;
• сила $\vec N$ даёт просто $+N$.

Сумма проекций равна нулю:

Это главное физическое отличие от неподвижного клина: прижатие слабее, чем $m_2 g\cos\alpha$. Проекция вдоль грани понадобится только для проверки:

Клин в лабораторной системе и ускорение $a_1(\alpha)$

На клин по горизонтали действует только сила давления бруска $N' = N$ (третий закон Ньютона), направленная перпендикулярно грани внутрь клина; её горизонтальная проекция равна $N\sin\alpha$:

Подставим $N$ из шага 2 и разделим обе части на $m_2$ (напомним, $k = m_1/m_2$):

Перенесём слагаемое с $a_1$ влево:

Проверка здравого смысла: при $\alpha\to 0$ (плоский клин) и при $\alpha\to 90^\circ$ (вертикальная стенка, брусок падает свободно) $a_1\to 0$. Значит, между ними есть максимум.

Ищем угол, при котором клин разгоняется сильнее всего

Выражение $\dfrac{\sin\alpha\cos\alpha}{k+\sin^2\alpha}$ удобно максимизировать без производных. Перейдём к $t = \operatorname{tg}\alpha$; тогда

Домножим числитель и знаменатель на $1+t^2$:

Разделим числитель и знаменатель на $t$:

Ускорение максимально, когда знаменатель минимален. По неравенству о среднем арифметическом и среднем геометрическом для положительных $t$:

Равенство достигается при $\dfrac{k}{t} = (k+1)t$, то есть при

Отсюда

Численно: $\operatorname{tg}\alpha^* = \sqrt{4{,}6/5{,}6} \approx 0{,}906$, $\alpha^*\approx 42^\circ$ — не $45^\circ$, как получилось бы в наивной модели с $N = m_2 g\cos\alpha$: слагаемое $m_2\sin^2\alpha$ в знаменателе сдвигает оптимум к более пологим углам.

Перемещение за время $T$ и округление

Оба тела начинают движение из состояния покоя, силы постоянны, поэтому клин движется равноускоренно, и за первые $T$ секунд его перемещение

Подстановка:

С округлением до десятых получаем ответ $s_{\max}\approx 0{,}4\ \text{м}.$

Мы предполагаем, что грань клина достаточно длинная: за $0{,}9$ с брусок проходит относительно клина около $3$ м, и всё это время он остаётся на грани.