Статика при наличии трения -3

Ох, и сложные задачи, нагруженные математикой...

Задача 6.

Шар висит на нити, опираясь о стенку, центр шара лежит на одной вертикали с точкой подвеса, нить образует с вертикалью угол $\alpha$, а радиус, проведенный в точку крепления нити, перпендикулярен нити.

К задаче 6

При каких значениях коэффициента трения шара о стену такое равновесие возможно? Решение. По теореме о трех непараллельных силы должны пересечься в одной точке – это будет точка $O$.

К задаче 6 - расстановка сил

В треугольнике $OAB$ $\operatorname{tg}\gamma=\frac{OA}{AB}=\frac{\frac{R}{\sin\alpha}}{R}=\frac{F_{tr}}{N}=\mu$ $$\mu=\frac{1}{\sin\alpha }$$ Ответ: равновесие возможно при $\mu>\frac{1}{\sin\alpha }$.  

Задача 7.

Лестница опирается на вертикальную стену и пол.

К задаче 7

При каких значениях угла между лестницей и полом она может стоять, если коэффициенты трения лестницы о пол и о стену равны $\mu_1$ и $\mu_2$. Решение.

Задача с лестницей

Аналогично предыдущей задаче $$\operatorname{tg}\gamma_2=\frac{F_{tr2}}{N_2}=\mu_2$$ $$\operatorname{tg}\gamma_1=\frac{F_{tr1}}{N_1}=\mu_1$$ Пусть лестница стоит под таким углом, что вот-вот соскользнет - $\alpha_{krit}$. По теореме синусов для треугольника $OAB$ $$\frac{OA}{\sin(90^{\circ}-(\gamma_1+\alpha_{krit})}=\frac{OA}{\cos (\gamma_1+\alpha_{krit})}=\frac{OB}{\sin (\gamma_2+\alpha_{krit})}$$ Выразим $OA$ и $OB$: $$OA=\frac{AX}{\cos \gamma_2}=\frac{AM\cos \alpha_{krit}}{\cos \gamma_2}=\frac{AB\cos \alpha_{krit}}{2\cos \gamma_2}$$ $$OB=\frac{YB}{\cos(90^{\circ}-\gamma_1)}=\frac{ YB }{\sin \gamma_1}=\frac{MB\cos \alpha_{krit}}{\sin \gamma_1}=\frac{AB\cos \alpha_{krit}}{2\sin \gamma_1}$$ Подставляем теперь в теорему синусов: $$\frac{AB\cos \alpha_{krit}}{2\cos \gamma_2\cos(\gamma_1+\alpha_{krit})}=\frac{AB\cos \alpha_{krit}}{2\sin \gamma_1\sin (\gamma_2+\alpha_{krit})}$$ $$\frac{1}{2\cos \gamma_2\cos(\gamma_1+\alpha_{krit})}=\frac{1}{2\sin \gamma_1\sin (\gamma_2+\alpha_{krit})}$$ $$\frac{\cos(\gamma_1+\alpha_{krit})}{\sin \gamma_1}=\frac{\sin (\gamma_2+\alpha_{krit})}{\cos \gamma_2}$$ Раскрываем синус и косинус суммы: $$\frac{\cos\gamma_1\cos \alpha_{krit}-\sin \gamma_1\sin \alpha_{krit}}{\sin \gamma_1}=\frac{\sin \gamma_2\cos \alpha_{krit}+\sin \alpha_{krit}\cos \gamma_2}{\cos \gamma_2}$$

Делим почленно:

$$\frac{\cos \alpha_{krit}}{\operatorname{tg}\gamma_1 }-\sin \alpha_{krit}=\operatorname{tg}\gamma_2\cos \alpha_{krit}+\sin \alpha_{krit}$$ Подставляем вместо тангенсов коэффициенты трения:

$$\cos \alpha_{krit}\left(\frac{1}{\mu_1 }-\mu_2\right)=2\sin \alpha_{krit}$$

$$\operatorname{tg}\alpha_{krit}=\frac{1-\mu_1\mu_2}{2\mu_1}$$

Ответ: $\operatorname{tg}\alpha_{krit}=\frac{1-\mu_1\mu_2}{2\mu_1}$ 

Задача 8.

Человек медленно поднимает за один конец, лежащий на полу стержень, прикладываю к нему силу, перпендикулярную стержню.

К задаче 8

При каком минимальном коэффициенте трения между стержнем и полом человек сможет поставить стержень вертикально? Решение. Чтобы сила трения была минимальной - и, значит, коэффициент трения тоже, сила $F$ должна быть максимальной – это следует из уравнения моментов относительно, например, центра стержня.

Для уравнения моментов

$$Fl=mg\cdot \frac{l}{2}\cos\alpha$$ $$F=\frac{mg}{2}\cos\alpha$$ Чтобы стержень не скользил, должно выполняться условие: $$F\sin \alpha\leqslant \mu(mg-F\cos\alpha)$$ $$\mu=\frac{F\sin \alpha }{mg- F\cos\alpha}=\frac{\sin \alpha }{\frac{mg}{F}-\cos\alpha }=\frac{\sin \alpha }{\frac{2}{\cos\alpha }-\cos\alpha }$$ $$\mu=\frac{\sin \alpha \cos\alpha }{2-\cos^2\alpha }=\frac{\sin \alpha \cos\alpha }{1+\sin^2\alpha}=\frac{\sin 2\alpha}{2(1+\sin^2\alpha)}$$ Определим максимум этой функции, придется брать производную: $$\mu’=\frac{2\cos 2\alpha\cdot 2(1+\sin^2\alpha)-2\cdot 2\sin\alpha\cos\alpha\cdot \sin 2\alpha}{4(1+\sin^2\alpha)^2}=\frac{4\cos 2\alpha }{4(1+\sin^2\alpha)^2}-\frac{2\sin^2\alpha\cos^2\alpha}{(1+\sin^2\alpha)^2}=0$$ $$\frac{\cos 2\alpha}{2(1+\sin^2\alpha)}=\frac{\sin^2\alpha\cos^2\alpha }{(1+\sin^2\alpha)^2}$$ $$\frac{\cos 2\alpha}{2}=\frac{\sin^2\alpha\cos^2\alpha }{1+\sin^2\alpha}$$ $$(1-2\sin^2\alpha)( 1+\sin^2\alpha)=2\sin^2\alpha\cos^2\alpha$$ Раскрываем скобки: $$1+\sin^2\alpha- 2\sin^2\alpha- 2\sin^4\alpha= 2\sin^2\alpha- 2\sin^4\alpha$$ $$1+ \sin^2\alpha- 4\sin^4\alpha=0$$ $$3\sin^2\alpha=1$$ $$\sin^2\alpha=\frac{1}{3}$$ $$\sin\alpha=\sqrt{\frac{1}{3}}$$ $$\cos\alpha=\sqrt{\frac{2}{3}}$$ Теперь подставим найденные синус и косинус в выражение для $\mu$: $$\mu=\frac{\sin 2\alpha}{2(1+\sin^2\alpha)}= \frac{2\sin \alpha\cos \alpha}{2(1+\sin^2\alpha)}=\frac{2\cdot \sqrt{\frac{1}{3}}\cdot \sqrt{\frac{2}{3}}}{2(1+\frac{1}{3}}=\frac{3\sqrt{2}}{3\cdot4}=\frac{\sqrt{2}}{4}$$ Ответ: $\mu \geqslant \frac{\sqrt{2}}{4}$.  

Задача 9.

На горизонтальной поверхности стоит куб массой $m$.

К задаче 9

С какой минимальной силой и под каким углом к горизонту надо тянуть этот куб за верхнее ребро, чтобы он начал опрокидываться без проскальзывания, если коэффициент трения куба о плоскость равен $\mu$? Решение. Пусть куб опирается на свой правый нижний угол, будучи готовым опрокинуться. Сила реакции опоры будет приложена как раз к этому углу.

Куб и силы на него

Решение. $$F\cos\alpha -F_{tr}=0$$ $$N-mg-F\sin\alpha=0$$ Уравнение моментов составим относительно точки приложения силы $F_{min}$: $$F_{tr}\cdot a-mg\cdot\frac{a}{2}=0$$ $a$ - ребро куба. $$F_{tr} \leqslant \mu N$$ Из первого получаем $$F=\frac{mg}{2\cos \alpha}$$ Из первого $$ F\cos\alpha=\mu N$$ Из второго $$ F\sin\alpha=N-mg$$ Делим друг на друга эти уравнения: $$\operatorname{tg}\alpha=\frac{N-mg}{\mu N}=\frac{1}{\mu}-\frac{mg}{\mu N}=\frac{1}{\mu}-2$$ Тогда $$\mu(1+\operatorname{tg}\alpha)\geqslant 1~~~~~~~~~~(1)$$ При $\alpha=0$ получаем $\mu \geqslant \frac{1}{2}$. В этом случае $F=\frac{mg}{2}$. В случае, если $\mu < \frac{1}{2}$, воспользуемся формулой $$1+\operatorname{tg^2}\alpha=\frac{1}{\cos^2 \alpha}$$ Из нашего неравенства (1) имеем $$\operatorname{tg}\alpha\geqslant\frac{1}{\mu}-2$$ $$\operatorname{tg^2}\alpha\geqslant\frac{1}{\mu^2}-\frac{4}{\mu}+4$$ $$\operatorname{tg^2}\alpha+1\geqslant\frac{1}{\mu^2}-\frac{4}{\mu}+5=\frac{1}{\cos^2 \alpha}$$ $$\cos^2 \alpha=\frac{\mu^2}{1-4\mu+5\mu^2}$$ $$\cos \alpha=\sqrt{\frac{\mu^2}{1-4\mu+5\mu^2}}$$ При таком косинусе получим $$F=\frac{mg}{2}\sqrt{\frac{1-4\mu+5\mu^2}{\mu^2}}$$ Ответ:  $F=\frac{mg}{2}$ при $\mu \geqslant \frac{1}{2}$; $F=\frac{mg}{2}\sqrt{\frac{1-4\mu+5\mu^2}{\mu^2}}$ при $\mu <\frac{1}{2}$.

Задача 10.

Некоторые виды лягушек способны ползать по стенам и потолку при помощи специальных присосок на лапках. Эти присоски обеспечивают силу «прилипания» $F$, перпендикулярную поверхности. Пусть такая лягушка массой $m=5$ г может обеспечить силу «прилипания» не больше $F_0$. Чему должно быть равно значение $F_0$, чтобы при любом угле наклона стенки лягушка могла бы располагаться на ней неподвижно, если коэффициент трения лап о стену равен $\mu=0,5$? Решение. Сделаем рисунок. Сила $Q$ - это сумма сил реакции и трения. Тогда можно изобразить силы на лягушку так:

Лягушка на стенке

Сила $F$ - минимальная сила, которая позволяет лягушке не соскальзывать. Вектор $mg$ - фиксированной длины и направления. Векторы $Q$ и $F$ могут менять свои направления в зависимости от того, как расположена стена. Но! Угол между этими векторами всегда один и тот же - $\gamma_{max}$ - так как это тот предельный угол, который обеспечивает то, что лягушка на грани соскальзывания, но еще держится.

Оставим только силы на лягушку

Составим треугольник из сил

Поскольку угол $\gamma_{max}$ постоянен – то он вписанный. Тогда $F$ - хорда этой окружности, а любая хорда меньше диаметра. По теореме синусов $$F\leqslant D=\frac{mg}{\sin \gamma_{max}}\leqslant F_0$$ $$\mu=\frac{F_{tr}}{F}=\operatorname{tg}\gamma_{max}$$   рассмотрим треугольник, у которого катеты относятся как $\frac{\mu}{1}$:

Треугольник с тангенсом угла, равным коэффициенту трения

У такого треугольника $$\sin \gamma_{max}=\frac{\mu}{\sqrt{1+\mu^2}}$$ Тогда $$F_0\geqslant \frac{mg\sqrt{1+\mu^2}}{\mu}$$ Ответ: $F_0\geqslant \frac{mg\sqrt{1+\mu^2}}{\mu}$