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

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}

 

Добавить комментарий

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