Задача про падающий чупа-чупс

Задача про падающий чупа-чупс.

Попалась мне интересная задачка, как обычно, с учеником. Ученик из 239 школы. А задача из Московской олимпиады за 2012 год. Решение мое не дало того ответа в общем виде, который приведен на сайте олимпиады, и стараться обязательно достичь того вида общего решения, который приведен в ответах, я не стала. Понятно, что пара математических преобразований может сделать ответ «образцовым», но я не стала за это бороться – когда задача решена, это уже не интересно. Численный ответ верен.

Задача. «Чупа-чупс стоял в углу…» За что его поставили, неясно, но стоять ему не очень-то хотелось. Вот он и стал постепенно отставлять свою «ножку» все дальше вдоль биссектрисы того прямого угла между стенками, в который его поставили, а «головой» опираясь о стенки (см. рисунок). При каком угле $\alpha$ между ножкой и полом чупа-чупс упадет? Считать, что вся его масса сосредоточена в однородной шарообразной «голове» радиусом $R$ , расстояние от центра головы до конца ножки равно $l$ , коэффициент трения головы о стенки угла – $\mu_1$ , а ножки об пол – $\mu_2$ . Решите задачу в общем виде, а затем проведите численный расчет угла α для случая $\mu_1 = \mu_2 = 0,6$ , $l = 4R$ .

чупа1

Решение. Для начала расставим все силы.

Расстановка сил

Запишем теперь условия равновесия. По вертикальной оси:

$mg=N_2+2F_{tr1}$

По горизонтали действуют две силы реакции опоры $N_1$ и сила трения $F_{tr2}$ , направленная по гипотенузе угла. Для горизонтальной оси имеем:

$2N_1\cos 45^{\circ}= F_{tr2}$

Относительно центра тяжести (центра головы) составим уравнение моментов. Для этого понадобится еще рисунок (слева – вид сверху на голову чупа-чупса, справа – проекция на плоскость, проходящую через центр головы чупа-чупса и биссектрису прямого угла):

Пояснения для правила моментов

$l\cdotN_2\cos\alpha- l\cdot F_{tr2} \sin\alpha-2 F_{tr1}\cdot DO=0$

Длина отрезка $DO$ легко определяется из треугольника $ABC$ через его площадь:

$DO=CD$

$AC\cdot CB=AB\cdot CD$

$CD=\frac{ AC\cdot CB }{ AB }$

Длины отрезков $AC$ и $CB$ равны радиусу головы чупа-чупса, а длина гипотенузы $AB$ тогда равна $R\sqrt{2}$ . Следовательно,

$DO=CD=\frac{R}{\sqrt{2}}$

При соскальзывании чупа-чупса также справедливо

$F_{tr1}=\mu_1 N_1$

$F_{tr2}=\mu_2 N_2$

Из второго условия равновесия выразим $N_2$ :

$2N_1\cos 45^{\circ}= F_{tr2}$

$2N_1\cos 45^{\circ}= \mu_2 N_2$

$N_2=\frac{2N_1\cos 45^{\circ}}{\mu_2 }$

Подставим все в уравнение моментов:

$l\cdot\frac{2N_1\cos 45^{\circ}}{\mu_2 }\cos\alpha- l\cdot \mu_2 \frac{2N_1\cos 45^{\circ}}{\mu_2 } \sin\alpha-2 \mu_1 N_1\cdot \frac{R}{\sqrt{2}}=0$

Сокращаем на $N_1$ и подставляем значение $\cos 45^{\circ}$ :

$l\cdot\frac{2\frac{\sqrt{2}}{2}}{\mu_2 }\cos\alpha- l\cdot \mu_2 \frac{2\frac{\sqrt{2}}{2}}{\mu_2 } \sin\alpha-2 \mu_1 \cdot \frac{R}{\sqrt{2}}=0$

$l\cdot\frac{\sqrt{2}}{\mu_2 }\cos\alpha- l\cdot \sqrt{2}} \sin\alpha-2 \mu_1 \cdot \frac{R}{\sqrt{2}}=0$

$l\cdot\frac{1}{\mu_2 }\cos\alpha- l\cdot \sin\alpha- \mu_1 \cdot R=0$

Тогда

$\cos\alpha-\mu_2\sin\alpha=\frac{R}{l}\mu_1\mu_2$

$\cos\alpha-\mu_2\sqrt{1-\cos^2\alpha}=\frac{R}{l}\mu_1\mu_2$

$\cos\alpha-\frac{R}{l}\mu_1\mu_2=\mu_2\sqrt{1-\cos^2\alpha}$

$\cos^2\alpha-\frac{2R}{l}\mu_1\mu_2\cos\alpha +\frac{R^2}{l^2}\mu^2_1\mu^2_2=\mu^2_2\left(1-\cos^2\alpha\right)$

$\mu^2_2-\mu^2_2\cos^2\alpha-\cos^2\alpha+\frac{2R}{l}\mu_1\mu_2\cos\alpha-\frac{R^2}{l^2}\mu^2_1\mu^2_2=0$

$\cos^2\alpha(1+\mu^2_2)- \frac{2R}{l}\mu_1\mu_2\cos\alpha-\mu^2_2\left(1-\frac{R^2}{l^2}\mu^2_1\right)=0$

Получили квадратное уравнение, дискриминант которого

$D=\frac{4R^2\mu^2_1\mu^2_2}{l^2}+4(1+\mu^2_2)\mu^2_2\left(1-\frac{R^2}{l^2}\mu^2_1\right)$

$D=4\mu^2_2+4\mu^4_2-\frac{4R^2\mu^2_1\mu^4_2}{l^2}$

Теперь можно определять корни:

$\cos\alpha=\frac{\frac{2R}{l}\mu_1\mu_2\pm\sqrt{4\mu^2_2+4\mu^4_2-\frac{4R^2\mu^2_1\mu^4_2}{l^2}}}{2(1+\mu^2_2)}$

Определяем численное значение угла:

$\cos\alpha=\frac{\frac{2R}{4R}\cdot0,36\pm\sqrt{4\cdot0,36+4\cdot0,1296-\frac{4R^2\cdot0,36\cdot0,1296}{16R^2}}}{2(1+0,36)}$

$\cos\alpha=\frac{0,5\cdot0,36\pm\sqrt{1,44+0,5184-\frac{\cdot0,36\cdot0,1296}{4}}}{2,72}$

$\cos\alpha=\frac{0,18\pm\sqrt{1,95}}{2,72}=\frac{0,18\pm 1,4}{2,72}$

$\cos\alpha=\frac{0,18+1,4}{2,72}=0,58$

$\alpha=\arccos(0,58)=54,61^{\circ}$

Ответ: чупа-чупс начнет падение при угле наклона ножки к горизонтали, равном $54,6^{\circ}$ .

Комментариев - 2

Бородин Илья Константинович

2020-07-16

Анна Валерьевна, скажите, пожалуйста, почему плечо силы трения головы о стенки именно DO? Ведь кратчайшее расстояние от сил ( силы трения проходят через точки А В перпендикулярно левому рисунку) есть радиус.
Спасибо.

Ответить

Анна
|

2020-07-17

Потому что я составляю уравнение моментов в биссектральной плоскости. И на нее проецирую силу трения. Поэтому расстояние от центра до этой проекции – DO.

Ответить

Пн	Вт	Ср	Чт	Пт	Сб	Вс
« Ноя
		1	2	3	4	5
6	7	8	9	10	11	12
13	14	15	16	17	18	19
20	21	22	23	24	25	26
27	28	29	30	31

Задача про падающий чупа-чупс.

Для вас другие записи этой рубрики:

Комментариев - 2

Добавить комментарий Отменить ответ

Поиск

ПОСЛЕДНИЕ КОММЕНТАРИИ

Рекомендую

Рубрики

Профи.ру

Пароль для библиотеки – 777

Лучший хостинг в мире!

Последние записи

Облако меток

Подписка

Введите Ваши данные:

Архивы