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

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.

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
    |

    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
      |

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

      Ответить
  • Добавить комментарий

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