Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Олимпиадная физика, Статика

Немного задач на статику – 2

Задачи пришли из хорошего лицея, как обычно, принес ученик.

Задача 5.  К гвоздю, вбитому в стенку, привязана нить, намотанная на катушку. Катушка висит, касаясь стенки так, как показано на рисунке. Радиус оси катушки r=0,5 см, радиус её щёчек R=10 см. Коэффициент трения между стенкой и катушкой \mu=0,1 . При каком угле \alpha между нитью и стенкой катушка висит неподвижно?

К задаче 5

Решение.

Для силы трения можно записать

    \[F_{tr}=\mu N\]

По второму закону Ньютона

    \[N=T\sin \alpha\]

Расстановка сил

Уравнение моментов относительно центра катушки

    \[rT= F_{tr}R\]

Или

    \[r\cdot \frac{N}{\sin \alpha }=\mu NR\]

    \[\frac{r}{\sin \alpha }=\mu R\]

    \[\sin \alpha=\frac{r}{\mu R}=\frac{0,5}{10\cdot 0,1}=0,5\]

Откуда \alpha=30^{\circ}.

Ответ: 30 градусов.

Задача 6. Каков должен быть минимальный коэффициент трения \mu_{min} между кубом и горизонтальной плоскостью, чтобы однородный куб можно было опрокинуть через ребро горизонтальной силой, приложенной к верхней грани? Какая минимальная сила F_{min} для этого потребуется? Масса куба m.

К задаче 6

Решение:

Уравнение моментов относительно правого нижнего угла куба (точки опоры)

    \[F\cdot a=mg\cdot \frac{a}{2}\]

Откуда

    \[F=\frac{mg}{2}\]

    \[\mu=\frac{F_{tr}}{N}=\frac{F}{N}=\frac{\frac{mg}{2}}{mg}=\frac{1}{2}\]

Ответ: при \mu \geqslant 0,5 куб можно опрокинуть.

Задача 7. Две пластинки массой M и длиной l прикреплены шарнирно по одной из своих сторон к потолку. Шар радиуса R = \frac{l}{6} вставлен между пластинками так, что расстояние от точек касания шара и пластинок до шарнира равно \frac{l}{2}. Коэффициент трения между шаром и пластинками k. Какой должна быть масса шара, чтобы он находился в равновесии? При каком максимальном коэффициенте между шаром и пластинками пластинки не смогут удержать шар при любой его массе?

К задаче 7

Решение.

Введем угол \alpha – половина угла между пластинами. Сила N действует на шар, если нарисовать аналогичную силу для пластинки  -она будет направлена кнаружи и вверх. Тогда

    \[\operatorname{tg}\alpha=\frac{\frac{l}{6}}{\frac{l}{2}}=\frac{1}{3}\]

По второму закону Ньютона

    \[F_{tr}=Mg\cos \alpha\]

К задаче 7 – расстановка сил

А по правилу моментов

    \[N\cdot \frac{l}{2}=Mg\sin \alpha\cdot \frac{l}{2}\]

Таким образом,

    \[N=Mg\sin \alpha\]

И

    \[mg+2N\sin \alpha=2F_{tr}\cos \alpha\]

Максимальное значение силы трения равно F_{tr}=kN

Откуда следует, что

    \[mg=2N(k\cos \alpha-\sin \alpha)\]

Это условие на минимальную массу шара.

Так как тангенс угла \alpha нам известен, то \sin \alpha=\frac{1}{\sqrt{10}}, \cos \alpha=\frac{3}{\sqrt{10}}. Тогда

    \[mg=2 Mg\sin \alpha (k\cos \alpha-\sin \alpha)\]

    \[m=2 M\sin \alpha (k\cos \alpha-\sin \alpha)= 2 M\frac{1}{\sqrt{10}} (k\frac{3}{\sqrt{10}}-\frac{1}{\sqrt{10}})=M\cdot \frac{3k-1}{5}\]

    \[m\leqslant M\cdot \frac{3k-1}{5}\]

Заметим, что правая часть может стать нулем и принимать меньшие ноля значения при k<\frac{1}{3}.

Ответ: m\leqslant M\cdot \frac{3k-1}{5}, не выполняется при k<\frac{1}{3}.

Задача 8. На рисунке изображена упрощённая модель лестницы-стремянки, состоящей из соединённых шарнирно легкой опоры и массивной части, наклоненных под углами \beta = 20^{\circ} и \gamma к вертикали (\operatorname{tg} \gamma=2\operatorname{tg}\beta). Масса лестницы m = 20 кг. Определите, с какой силой взаимодействуют между собой части лестницы. Трения в шарнире нет. Коэффициент трения между полом и касающимися его частями стремянки одинаков. При каком минимальном значении коэффициента трения \mu части лестницы не будут разъезжаться?

К задаче 8

Решение.

Запишем уравнение моментов относительно точки А (если расстояние BC=L, то расстояние AC=2L – это следует из данных тангенсов).

    \[N_1\cdot 3L=mg\cdot L\]

Следовательно,

    \[N_1=\frac{mg}{3}\]

А

    \[N_2=\frac{2mg}{3}\]

К задаче 8 – расстановка сил

Уравнение моментов относительно точки B:

    \[mg\cdot 2L-N_2\cdot 3L+FL=0\]

F – сила в верхнем шарнире.

    \[mg\cdot 2-N_2\cdot 3+F=0\]

Но тогда получается F=0, что неверно. Следовательно, сила F направлена вдоль опоры и является внутренней.

Тогда

    \[F\cos \beta=N_1\]

    \[F=\frac{ N_1}{\cos \beta }=\frac{mg}{\cos 20^{\circ}}=71\]

    \[F_{tr1}=F_{tr2}=\mu N_1\]

    \[F\sin \beta=F_{tr}\]

    \[F\sin \beta=\mu F \cos \beta\]

    \[\mu=\operatorname {tg}\beta=0,36\]

Ответ: сила в шарнире 71 Н, минимальный коэффициент трения 0,36.

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *