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:

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