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

Статика при наличии трения -3

[latexpage]

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 *