Статика при наличии трения-2

Задача в этой статье одна, но она заняла много места...

Задача 5. Тонкая прямая однородная палочка покоится на однородной поверхности, коэффициент трения между ними $\mu$. Если действовать на эту палочку силой, направленной строго вдоль ее, то она начнет двигаться если величина этой силы достигнет $F_1$. Найти минимальную силу, способную заставить палочку прийти в движение для трех вариантов нарушения равновесия:

а) отрыв палочки от поверхности;

б) продольное скольжение палочки по поверхности;

в) поперечное скольжение палочки по поверхности (сопровождающееся поворотом) под действием горизонтальной силы.

Решение.

Сила, с которой можно палочку сдвинуть, равна

$$F_1=\mu N=\mu mg$$

а) Отрывать проще, если плечо силы максимально. Тогда сама сила – минимальна.

К пункту а)

$$F_{2min}l=\frac{mgl}{2}$$

$$ F_{2min}=\frac{mg}{2}$$

Значит,

$$ F_{2min}=\frac{mg}{2}=\frac{F_1}{2\mu}$$

б) Тащить палочку можно с силой $F_3$

К пункту б)

$$F_3\cos \alpha -\mu N=0$$

$$N+F_3\sin\alpha=mg$$

Тогда

$$F_3\cos \alpha -\mu(mg- F_3\sin\alpha)=0$$

$$F_3=\frac{\mu m g }{\cos \alpha +\mu\sin\alpha}$$

Тогда сила $F_3$ минимальна, если знаменатель дроби максимален: $\cos \alpha +\mu\sin\alpha \rightarrow max$.

Возьмем производную, чтобы найти этот максимум:

$$-\sin \alpha+\mu \cos\alpha=0$$

$$\mu=\operatorname{tg}\alpha$$

Тогда

$$1+\mu^2=\frac{1}{\cos^2 \alpha}$$

$$\cos \alpha=\frac{1}{\sqrt{\mu^2+1}}$$

$$\sin \alpha=\frac{\mu }{\sqrt{\mu^2+1}}$$

Тогда

$$F_3=\frac{\mu m g \sqrt{\mu^2+1}}{\mu^2+1}=\frac{\mu m g }{\sqrt{\mu^2+1}}=\frac{F_1}{\sqrt{\mu^2+1}}$$

Как найти максимум знаменателя, не зная производной? С помощью введения дополнительного угла!

$$f(\alpha)= \sqrt{\mu^2+1}\left(\frac{1}{\sqrt{\mu^2+1}}\cos\alpha+\frac{\mu}{\sqrt{\mu^2+1}}\sin \alpha\right)= \sqrt{\mu^2+1}\sin (\alpha+\varphi)$$

$$f(\alpha)_{max}= \sqrt{\mu^2+1}$$

в) Третий случай – поворот. Разобьем палочку на малые кусочки. Каждый испытывает на себе действие силы трения. Относительно точки $O$ запишем уравнение моментов:

Вид сверху

$$F_4\cdot x=\mu \cdot m\frac{x}{l} \cdot g\cdot \frac{x}{2}+\mu \cdot m\frac{l-x}{l} \cdot g\cdot \frac{l-x}{2}$$

$$F_4=\mu \cdot m\frac{1}{l} \cdot g\cdot \frac{x}{2}+\mu \cdot m\frac{l-x}{l} \cdot g\cdot \frac{l-x}{2x}$$

$$F_4=\frac{\mu \cdot m g}{2l}\cdot \left(x+\frac{(l-x)^2}{x}\right)$$

$$F_4=\frac{F_1}{2l}\cdot \left(x+\frac{(l-x)^2}{x}\right)$$

$$F_4=\frac{F_1}{2l}\cdot \left(\frac{x^2+l^2-2xl+x^2}{x}\right)$$

$$F_4=\frac{F_1}{2l}\cdot \left(2x-2l+\frac{l^2}{x}\right)$$

Сила будет минимальной, когда содержимое скобки будет минимально. На $2l$ мы не можем повлиять, а сумма $2x+\frac{l^2}{x}$ минимизируется по неравенству Коши: сумма минимальна при равенстве этих двух слагаемых:

$$2x=\frac{l^2}{x}$$

$$2x^2=l^2$$

$$x=\frac{l}{\sqrt{2}}$$

Подставим:

$$F_4=\frac{F_1}{2l}\cdot \left(2x-2l+\frac{l^2}{x}\right)=\frac{F_1}{2l}\cdot \left(\sqrt{2}l-2l+\frac{l^2\sqrt{2}}{l}\right)=\frac{F_1}{2l}\cdot (2\sqrt{2}l-2l)=F_1(\sqrt{2}-1)$$