Задачи по физике и методы их решения - Балаш В.А.
Скачать (прямая ссылка):
находились в равновесии? Какой минимальной силой санки можно поднимать по
наклонной плоскости?
Решение. Это задача на статику материальной точки (геометрические размеры
санок не заданы). Анализируя задачу, нужно прежде всего обратить внимание
на следующее. Санки не могут находиться в равновесии на горке, так как
коэффициент трения р < tg а (0,1 < tg30°). Чтобы санки удержать в
равновесии, к ним нужно приложить силу под некоторым углом р к наклонной
плоскости так, чтобы сила препятствовала скольжению санок и прижимала их
к поверхности, увеличивая силу трения.
Делаем схематический чертеж (рис. 4.1) и указываем на нем силы,
действующие на санки: силу тяжести, равную mg, максимальную силу трения
покоя FTp, нормальную' реакцию опоры N и искомую силу F. Под действием
приложенных сил санки находятся в равновесии (на грани скольжения), и,
следовательно,
126
уравнение равновесия в векторной форме имеет вид:
тр ¦
0.
Чтобы найти связь между модулями векторов, входящих в это уравнение, и
определить затем искомую силу, нужно записать условие равновесия санок в
проекциях. Для этого выбираем оси координат Ох и Оу, как показано на
рисунке, и проецируем на них силы, действующие на санки. Проекции сил по
осям равны: mgsina, -/•'cosp, - FTp, N,-Fsinp,
- mg cos a.
Уравнение равновесия в проекциях на ось Ох имеет вид:
mgsin a - Fcos p - рА/ = 0;
в проекциях на ось Оу:
N - mg cos a - /•'sin p = 0.
При составлении первого уравнения сразу учтено, что F7p - = рЛ/.
Решая уравнения (1) и (2) совместно относительно искомой силы, получим:
(1)
(2)
sin a - ncos a cos p + (isin p
mg.
(3)
Из физических соображений и анализа последнего выражения видно, что с
изменением угла р модуль силы F, необходимой для удержания санок, будет
изменяться. Наименьшим он окажется в том случае, когда знаменатель дроби
будет наибольшим. Чтобы найти максимальное значение функции <p(p) = cosp
+ + psin а, нужно найти производную ср' (р), приравнять ее к нулю и,
решив полученное уравнение, определить значение аргумента, при котором
функция имеет экстремум.
ф' (Р) - - sin р pcos р = 0,
откуда
tg р = р. (4)
В том, что при найденном значении угла р знаменатель дроби (3) имеет
именно максимальное значение, легко убедиться, взяв вторую производную от
ф по р,- она меньше нуля. Действительно,
ф"(Р) = - cos р - psin р < 0,
так как р < я/2.
127
Учитывая, что cos р :
и sin р =
tgP
со-
/1 + tg2p j/l + tg2p '
гласно (3) и (4) для минимальной силы, необходимой для удержания санок на
горке, получаем выражение
Е = Е
1 1 mm
sm а ¦- p,cos о
/гт
mg; tg р = p.
и
Подставляя числовые значения, найдем Emin = 41,4 Н; р да 5,7°.
Если санки поднимать в горку равномерно, то сила трения будет
действовать^ вниз - по оси Ох, препятствуя движению санок. Сила тяги F
должна в данном случае не только смещать санки, но и отжимать их от
поверхности, уменьшая тем самым силу трения. Нетрудно заметить, что при
равномерном движении на санки действуют такие же силы, что и в предыдущем
случае, но только проекция силы трения Етр и проекция Esin р имеют
противоположные знаки. Учитывая это, согласно (1) и (2) можно записать:
mgsin а + рА/- Esin р = О, (5)
N + Esin р - mgcosa = 0. (6)
_ Решая уравнения совместно относительно модуля силы тяги Е и анализируя
полученный результат, аналогично предыдущему получим:
sin a + ncos a cos p + usin p
mg;
при
tgp=;p E = Era
sin a -f- incos a
mg = 58,6 H.
°5 FTp2
Рис. 4.2
/nv
Пример 2. Однородный ящик, имеющий форму куба, опирается одним ребром на
пол, другим - на вертикальную стену. Коэффициент трения между полом и
ящиком, а также между ящиком и стеной равен р. При каких значениях угла
между полом и гранью ящика возможно его^ равновесие?
Решение. Это задача на статику твердого тела, не имеющего закрепленной
оси вращения.
Делаем чертеж (рис. 4.2) и, полагая ребро куба равным I, расставляем
приложенные к нему силы. Со стороны стены на него
128
действуют нормальная реакция опоры N\ и сила трения покоя FTpi,
препятствующая скольжению ящика по стене вниз. Со стороны пола на ящик
действуют реакция опоры Л'г и сила трения FrР2, препятствующая скольжению
куба вправо, со стороны Земли - сила тяжести, равная mg, проходящая через
центр куба.
Поскольку куб Покоится, сумма моментов всех сил относительно любой точки
О должна равняться нулю. Чтобы уравнение моментов было предельно простым,
выбираем точку О так, чтобы через нее проходило наибольшее число линий
действия сил. Такому условию в данной задаче удовлетворяют шесть точек О,
01, ..., Os- Через каждую из них проходят две линии действия сил. Возьмем
одну из них, например О4. _ _
Относительно этой точки моменты сил N2 и /чР2 равны' нулю, так как плечи
этих сил относительно точки О4 равны нулю.
Находим плечи сил mg, N1 и FTpi относительно О4. Из треугольников OO1O4 и
СО4О5 они получаются равными со-
ответственно I r cos (45° + "). /sin а и /cos а.
Учитывая, что ящик стоит под предельным углом на грани скольжения и,
