Текст книги "Физика в примерах и задачах"
Автор книги: Е. Бутиков
Соавторы: Александр Кондратьев,Александр Быков
сообщить о нарушении
Текущая страница: 8 (всего у книги 27 страниц) [доступный отрывок для чтения: 10 страниц]
III. СТАТИКА
Статика изучает равновесие тел. В инерциальной системе отсчёта твёрдое тело находится в равновесии, если векторная сумма всех действующих на тело сил и векторная сумма моментов этих сил равны нулю. При выполнении первого условия равно нулю ускорение центра масс тела. При выполнении второго условия отсутствует угловое ускорение вращения. Поэтому если в начальный момент тело покоилось, то оно будет оставаться в покое и дальше.
Во всех задачах этого раздела рассматриваются сравнительно простые системы, в которых все действующие силы лежат в одной плоскости. В этом случае векторное условие
∑
𝐹
𝑖
=
0
𝑖
сводится к двум скалярным:
∑
𝐹
𝑖𝑥
=
0
,
𝑖
∑
𝐹
𝑖𝑦
=
0
,
𝑖
если расположить оси 𝑥 и 𝑦 в плоскости действия сил.
Для плоской системы сил моменты всех сил направлены перпендикулярно плоскости, в которой лежат силы (если моменты рассматриваются относительно точки, лежащей в этой же плоскости). Поэтому векторное условие для моментов сил сводится к одному скалярному: в положении равновесия алгебраическая сумма моментов всех действующих на тело сил равна нулю. (При этом моменты, стремящиеся повернуть тело по часовой стрелке, берутся с одним знаком, против часовой стрелки – с противоположным.) Выбор точки, относительно которой рассматриваются моменты сил, производится исключительно из соображений удобства: уравнение моментов будет тем проще, чем больше сил будут иметь равные нулю моменты. Напомним, что модуль момента силы 𝐹 относительно точки 𝑂 равен произведению модуля силы 𝐹 на расстояние от точки 𝑂 до линии действия силы.
Равновесие бывает устойчивым, неустойчивым и безразличным. Равновесие устойчиво, если при малых смещениях тела из положения равновесия возникающие при этом силы стремятся вернуть его обратно, и неустойчиво, если силы уводят его дальше от положения равновесия. Если же при малых смещениях действующие на тело силы и их моменты по-прежнему уравновешиваются, то равновесие безразличное.
Устойчивому равновесию соответствует минимум потенциальной энергии тела по отношению к её значениям в соседних положениях тела. Этим свойством часто удобно пользоваться при отыскании положения равновесия и исследовании характера равновесия. Во многих задачах статики, как и в других разделах физики, часто оказывается весьма эффективным использование закона сохранения энергии.
1. Лестница у стенки.
Лестница прислонена к наклонной стенке, образующей угол β с вертикально (рис. 1.1). При каком коэффициенте трения лестницы о стенку возможно равновесие даже в том случае, когда пол идеально гладкий?
Рис. 1.1. Лестница у наклонной стенки
△ Прежде всего отметим, что лестница, прислонённая к вертикальной стенке, вообще не может находиться в равновесии, если нет трения о пол, – она обязательно соскользнёт по стенке. Более того, если как следует подумать, то можно доказать, что верхний конец лестницы при таком соскальзывании обязательно отделится от стенки раньше, чем лестница окажется на полу.
Рис. 1.2. В отсутствие трения о пол такое равновесие невозможно
Невозможность равновесия у вертикальной стенки на гладком полу можно сразу увидеть, если взглянуть на рис. 1.2: нормальная сила реакции стенки 𝑵₂ обязательно должна быть отлична от нуля, ибо иначе не будет уравновешен момент силы тяжести 𝑚𝒈 относительно точки 𝐴; но сама сила 𝑵₂ может быть уравновешена только горизонтально направленной силой трения о пол.
Рис. 1.3. В равновесии равнодействующая сил 𝑵₂ и 𝑭тр направлена вертикально
А вот равновесие у наклонной шероховатой стенки возможно и на идеально гладком полу. Однако для этого коэффициент трения лестницы о стенку должен быть достаточно большим. Посмотрим на рис. 1.3. Поскольку силы 𝑚𝒈 и 𝑵₁ направлены вертикально, то в равновесии горизонтальные составляющие силы 𝑵₂ и 𝑭тр должны быть равны:
𝑁₂
cos β
=
𝐹
тр
sin β
.
(1)
Сила трения покоя 𝐹тр максимальна на пороге проскальзывания, когда её значение равно μ𝑁₂. Из формулы (1) в этом случае находим
μ
=
ctg β
.
(2)
Формула (2) даёт минимальное значение коэффициента трения μ, при котором возможно равновесие у наклонной стенки с углом β в отсутствие трения о пол. При этом лестница как бы цепляется за шероховатую стенку, хотя другим концом она, конечно, давит на гладкий пол.
Кстати, почему мы так уверенно говорим, что соотношение (2) – это и есть условие равновесия? Ведь мы ещё не выяснили, что при этом будут уравновешены и вертикальные составляющие всех действующих сил. Подумайте над этим сами. В конечном счёте всё объясняется тем, что в условие (1) никакие другие силы, кроме 𝑵₂ и 𝑭тр не входят.
Обратим внимание на то, что условие равновесия лестницы не зависит ни от того, насколько наклонена сама лестница, ни от того, в каком месте приложена сила тяжести 𝑚𝒈 и каково её значение. Это означает, что лестница будет в равновесии и в том случае, когда на ней в любом месте стоит человек.
И последнее. Условие (2), как легко видеть, совпадает с хорошо известным условием равновесия тела на наклонной плоскости. Наклонённую на угол β стенку можно рассматривать как плоскость, которая образует угол α=π/2-β с горизонтом, и условие (2) записывается в виде μ=tg α Как по-вашему, это просто совпадение или в этом есть определённый физический смысл? ▲
2. Заклинивание.
Посмотрите на рис. 2.1. Опирающаяся на доску тяжёлая балка может поворачиваться в шарнире 𝐴 вокруг горизонтальной оси. Какую горизонтальную силу нужно приложить к доске, чтобы выдернуть её влево? вправо? Известны все величины, указанные на рис. 2.1.
Рис. 2.1. Тяжёлая балка шарнирно закреплена в точке 𝐴
△ Рассмотрим прежде всего действующие силы.
На балку действуют сила тяжести 𝑚𝒈, нормальная сила реакции доски 𝑵, сила трения со стороны доски 𝑭, направленная в сторону движения доски, и сила реакции шарнира. Направление последней силы заранее не известно, но оно и не понадобится, так как мы будем рассматривать моменты сил, действующих на балку, относительно оси вращения. Тогда условие равновесия моментов действующих на балку сил имеет вид
𝑚𝑔
2
sin β
–
𝑁sin β
±
𝐹cos β
=
0.
(1)
Рис. 2.2. Силы, действующие при движении доски влево (а) и вправо (б)
Знак плюс соответствует движению доски влево (рис. 2.2а), знак минус – движению вправо (рис. 2.2б). Силы, действующие на доску, изображены на рис. 2.2, где 𝑚₁𝒈 – сила тяжести, 𝑭₁ – сила трения доски о пол, 𝑻 – внешняя сила, с которой мы тянем (эта сила будет наименьшей, если доска движется равномерно). На основании второго закона Ньютона в этом случае имеем
𝑇
–
𝐹
–
𝐹₁
=
0,
(2)
𝑁₁
–
𝑚₁𝑔
–
𝑁
=
0.
(3)
Вид уравнений (2) и (3) не зависит от того, в какую сторону движется доска.
На основании закона Кулона – Амонтона
𝐹
=
μ𝑁
,
𝐹₁
=
μ₁𝑁₁
.
(4)
С помощью первого из соотношений (4) и уравнения (1) определяем 𝐹 и 𝑁. Теперь становится совершенно понятным, почему можно было ограничиться только уравнением моментов сил, действующих на балку: по условию задачи нас интересует только движение доски, а её взаимодействие с балкой описывается двумя силами 𝐹 и 𝑁, которые удаётся определить из написанных соотношений. Итак,
𝑁
=
sin β
sin β±μ cos β
𝑚𝑔
2
.
Для нахождения силы 𝑇 нужно подставить в уравнение (2) вместо 𝐹 и 𝐹₁ их выражения (4). При этом 𝑁₁ выражается из соотношения (3) через силу 𝑁, которая уже найдена. Проделав всё это, получаем
𝑇
=
μ₁𝑚₁𝑔
+
μ₁+μ
1±μ ctg β
𝑚𝑔
2
.
(5)
Напомним, что верхний знак соответствует движению доски влево, нижний – вправо. Однако второй случай – движение вправо – требует дополнительного исследования, ибо при μ ctg β=1 знаменатель дроби обращается в нуль; при этом 𝑇→∞. А что, если μ ctg β > 1? Нетрудно сообразить, что если μ ctg β стремится к единице со стороны меньших значений, необходимая сила 𝑇 неограниченно возрастает, и при μ ctg β = 1 происходит заклинивание. Совершенно очевидно, что если теперь увеличить μ или ctg β, чтобы μ ctg β стало больше единицы, то доска тем более останется на месте. Поэтому правильный ответ при движении доски вправо выглядит так:
𝑇
=
μ₁𝑚₁𝑔
μ₁+μ
1-μ ctg β
𝑚𝑔
2
, если
μ ctg β < 1
.
При μ ctg β ≥ 1 доску вытащить вправо не удаётся.
Попробуем объяснить «на пальцах», почему во втором случае происходит заклинивание, т.е. неограниченное возрастание силы трения при стремлении μ ctg β к единице со стороны меньших значений. Сравним значения силы 𝑇, необходимой для вытягивания доски в первом и втором случаях. Во втором случае, как видно из формулы (5), нужна большая сила. Почему? Момент силы трения 𝑭 относительно оси в этом случае направлен так, что приводит к увеличению силы 𝑵 и, как следствие из этого, к увеличению самой силы трения 𝑭, Сила трения как бы «увеличивает сама себя».
Решив задачу, мы обычно уверены, что эксперимент подтвердит полученные выводы, в крайнем случае будут несколько нарушены количественные соотношения, если в процессе решения пришлось чем-то пренебречь. Если же используемые приближения окажутся слишком грубыми, то результат эксперимента может качественно отличаться от предсказаний. Например, в этой задаче мы пренебрегали возможностью деформации балки и доски и не учитывали зависимость коэффициента трения скольжения от скорости, что может оказаться весьма существенным в условиях, близких к заклиниванию; в частности, балка может сломаться прежде, чем произойдёт заклинивание, или начать подскакивать.
Рис. 2.3. Схема устройства тормозов задних (а) и передних (б) колёс автомобиля
Однако даже такие академические задачи представляют интерес, несмотря на свой абстрактный характер. В конечном счёте мы не можем рассматривать исчерпывающим образом даже самые простые явления природы – всегда приходится что-то упрощать. Но важно, чтобы выбранная упрощённая модель сохраняла основные черты явления.
Разбираемая задача помогает лучше понять действие тормозных колодок автомобиля. На рис. 2.3 показано устройство тормозов задних (а) и передних (б) колёс. При нажатии на педаль тормоза возрастает давление в тормозных цилиндрах 𝐶 и колодки 𝐴 и 𝐵 прижимаются к внутренним поверхностям тормозного барабана, вращающегося вместе с колесом. Легко понять, что поведение колодки 𝐵 у задних колёс аналогично первому случаю разобранной задачи, поведение колодки 𝐴 – второму случаю. Сила трения, действующая на тормозной барабан со стороны колодки 𝐴, больше, чем со стороны колодки 𝐵, хотя внешнее прижимающее усилие одинаково для обеих колодок. Колодка 𝐴 обладает «самотормозящим» действием. Небольшое изменение конструкции тормоза, показанное на рис. 2.3 б, приводит к тому, что уже обе колодки обладают самотормозящим действием. Именно так устроены тормоза передних колёс. А как вы думаете, почему передние колеса нужно тормозить сильнее задних? ▲
3. Равновесие в чашке.
Гладкий однородный стержень длины 2𝐿 опирается на край гладкой неподвижной полусферической чашки радиуса 𝑅 (рис. 3.1). Какой угол α образует стержень с горизонтом в положении равновесия? Трением пренебречь.
Рис. 3.1. Стержень находится в гладкой полусферической чашке
△ На стержень действуют три силы: сила тяжести 𝑚𝒈, приложенная в середине стержня, и силы реакции чашки 𝑵₁ и 𝑵₂. Так как трение отсутствует, сила 𝑵₁, действующая на конец стержня, упирающийся в чашку, направлена перпендикулярно поверхности чашки, т.е. по радиусу; сила 𝑵₂ приложена к стержню со стороны края чашки и направлена перпендикулярно стержню (рис. 3.2). Попробуйте объяснить сами, почему.
Рис. 3.2. Силы, действующие на стержень в положении равновесия
Если стержень находится в положении равновесия, то линии, по которым действуют эти три силы, пересекаются в одной точке (точке 𝐴). Действительно, рассмотрим точку пересечения линий действия каких-либо двух сил, например 𝑵₁ и 𝑵₂, и составим условие равенства нулю суммы моментов всех сил относительно этой точки. Моменты сил 𝑵₁ и 𝑵₂ относительно точки пересечения их направлений равны нулю, поэтому и момент третьей силы 𝑚𝒈 также должен быть равен нулю, т.е. линия действия силы 𝑚𝒈 проходит через эту же точку. Этого факта достаточно для нахождения положения равновесия стержня. Из элементарных геометрических соображений легко найти все углы, указанные на рис. 3.2.
Теперь можно составить уравнение для какой-нибудь тригонометрической функции искомого угла α. Находя из прямоугольного треугольника 𝐴𝐵𝐶 хорду 𝐵𝐶=2𝑅 cos α и учитывая, что точка приложения силы тяжести лежит посредине стержня, получаем
𝑥
=
2𝑅 cos α
–
𝐿
.
(1)
Далее, рассматривая радиус 𝑂𝐶 как сумму двух отрезков, на которые его делит линия действия силы тяжести 𝑚𝒈, находим
𝑅
=
𝑅 sin (π/2-2α)
+
𝑥 cos α
.
(2)
Подставляя (1) в (2), получаем после простых преобразований квадратное уравнение для cos α:
4𝑅 cos²α
–
𝐿 cos α
–
2𝑅
=
0.
(3)
Поскольку угол α лежит в первой четверти, физический смысл имеет только один корень уравнения (3), ибо второй корень отрицателен:
cos α
=
𝐿+√𝐿²+32𝑅²
8𝑅
.
(4)
Так как cos α не превышает единицы, то
𝐿+√
𝐿²+32𝑅²
≤
8𝑅
,
откуда
𝐿
≤
2𝑅
.
Смысл этого условия очевиден: если длина стержня 2𝐿 превышает удвоенный диаметр чашки, то центр тяжести стержня выходит за край чашки и стержень вываливается из неё. Если 𝐿=2𝑅 стержень расположен горизонтально (α=0) и опирается на чашку в одной точке 𝐿.
Если стержень слишком короткий, то он соскользнёт внутрь чашки. Найдём минимальную длину стержня, при которой ещё возможно описанное в условии равновесие, т.е. стержень ещё опирается на край чашки своим правым концом (𝑥=𝐿):
2𝑅
cos α₁
=
2𝐿
.
(5)
Предельный угол α₁ при котором стержень ещё не соскальзывает внутрь чашки, одновременно с (5) должен удовлетворять также условию равновесия (4). Подставляя (4) в (5), находим для минимальной длины стержня:
𝐿
=
𝑅√
2/3
.
Соответствующий этой минимальной длине стержня предельный угол α₁ удовлетворяет условию
cos α₁
=
√
2/3
.
Итак, если длина стержня удовлетворяет условию
𝑅√
2/3
<
𝐿
<
2𝑅
,
то равновесие возможно, и угол α при равновесии определяется формулой (4). Более детальным исследованием можно показать, что это равновесие устойчиво, если, разумеется, в точке 𝐴 стержень не опирается о чашку точно своим концом.
Легко сообразить, что если стержень короче диаметра чашки (𝐿<𝑅), то существует другое положение устойчивого равновесия, когда стержень лежит горизонтально внутри чашки. ▲
4. Маятник с трением.
К нижнему концу лёгкого стержня длины 𝑙 прикреплён груз массы 𝑚, а к верхнему концу – лёгкая цилиндрическая втулка с внутренним радиусом 𝑅. Втулка надета с зазором на неподвижную круглую горизонтальную ось (рис. 4.1). При каких значениях угла отклонения φ от вертикали этот маятник может находиться в равновесии, если коэффициент трения между внутренней поверхностью втулки и осью равен μ?
Рис. 4.1. Втулка маятника надета на неподвижную ось
△ Совершенно очевидно, что в отсутствие трения между осью и втулкой маятник может находиться в равновесии только в вертикальном положении. А вот при наличии трения в оси равновесие маятника возможно в любом отклонённом от вертикали положении в пределах некоторого небольшого сектора – так называемой области застоя.
Рис. 4.2. Сила реакции оси 𝑵 сила трения 𝑭тр действуют на втулку маятника в точке её соприкосновения с осью
Рассмотрим, каким образом действующие на маятник силы могут обеспечить его равновесие в отклонённом от вертикали положении. На маятник действуют всего три силы: на груз, прикреплённый к нижнему концу, действует сила тяжести 𝑚𝒈, а на втулку со стороны оси в точке их соприкосновения действуют нормальная сила реакции оси 𝑵 направленная по радиусу, и сила трения 𝑭тр, направленная по касательной (рис. 4.2). Довольно очевидно, что точка 𝐴, где соприкасаются ось и втулка, смещена из верхнего положения в ту же сторону, куда отклонён маятник, но её точное положение заранее не известно. Для того чтобы правильно изобразить силы 𝑵 и 𝑭тр на чертеже, нужно сообразить, где именно находится точка соприкосновения втулки и оси.
Рис. 4.3. Центр масс груза лежит на вертикали, проходящей через точку соприкосновения втулки с осью
Это легко сделать, если вспомнить следствие, вытекающее из уравнения моментов: при равновесии тела под действием трёх сил линии, по которым действуют эти силы, пересекаются в одной точке. Тогда сразу становится ясно, что точка 𝐴 лежит на пересечении вертикали, проходящей через центр масс груза, с внутренней поверхностью втулки (рис. 4.3). А это, в свою очередь, означает, что даже при сколь угодно большом коэффициенте трения в оси невозможно равновесие маятника, если центр масс груза 𝑚 смещен вправо или влево на расстояние, большее радиуса втулки 𝑅.
Максимальному отклонению маятника от вертикали соответствует наибольшее возможное значение силы трения покоя. Считая это наибольшее значение равным силе трения скольжения, получим, что в равновесии при максимально допустимом отклонении от вертикали
𝐹
тр
=
μ𝑁
.
(1)
Так как в равновесии векторная сумма 𝑭тр и 𝑵 направлена вертикально вверх (рис. 4.3), то
tg α
=
𝐹тр
𝑁
=
μ
.
(2)
Теперь легко найти угол φ, соответствующий максимальному отклонению маятника. Для этого выразим отрезок 𝑂𝐵 (рис. 4.3) через углы α и φ:
(𝑙+𝑅)
sin φ
=
𝑅
sin α
,
откуда, учитывая соотношение (2), находим
sin φ
=
𝑅
𝑙+𝑅
μ
√1+μ²
.
(3)
Обратите внимание, что предельный угол определяется только значением коэффициента трения и размерами стержня и втулки и не зависит от массы груза.
Полученный ответ удовлетворяет упоминавшимся выше предельным случаям. При μ→0 предельный угол φ также стремится к нулю, т.е. в отсутствие трения равновесие возможно только при вертикальном положении маятника. При μ→∞ множитель √1+μ² стремится к единице, и формула (3) принимает вид
(𝑙+𝑅)
sin φ
=
𝑅
.
(4)
Отсюда видно, что при μ→∞ максимально возможное отклонение груза вправо 𝑂𝐵 стремится к 𝑅.
Если отклонить маятник на угол больше предельного и отпустить, то, совершив несколько колебаний с убывающей амплитудой, маятник остановится где-то внутри области застоя. Остановка маятника может произойти в любой точке области застоя в зависимости от начальных условий.
Интересно отметить, что при наличии трения в оси маятник может находиться в равновесии и в перевёрнутом положении, когда груз 𝑚 расположен выше оси. В отсутствие трения равновесие перевёрнутого маятника возможно только при строго вертикальном положении и является неустойчивым. Рассмотрите равновесие перевёрнутого маятника самостоятельно и убедитесь, что предельно допустимый угол отклонения от вертикали даётся тем же выражением (3). ▲
5. Блок с трением в оси.
Рис. 5.1. Равновесие блока с трением в оси
В системе, показанной на рис. 5.1, лёгкий блок с внешним радиусом 𝑅 и внутренним радиусом 𝑟 надет на неподвижную цилиндрическую ось. Коэффициент трения блока о поверхность оси равен μ. При каких углах α эта система может находиться в равновесии, если трение между грузами и наклонными плоскостями отсутствует?
△ Очевидно, что при отсутствии трения в оси блока силы натяжения соединяющей грузы нити одинаковы по обе стороны от блока, и поэтому такая система может находиться в равновесии только тогда, когда она строго симметрична, т.е. угол α равен π.
Если же в оси блока есть сухое трение, то силы натяжения нити справа и слева от блока могут быть различны и существует целая область значений угла α вблизи π/4, в пределах которой возможно равновесие. При этом мы, разумеется, считаем, что между нитью и блоком трение велико, так что нить не может проскальзывать.
Рис. 5.2. Силы, действующие на блок со стороны нити
Для нахождения границ области равновесия рассмотрим силы, действующие на блок. Так как трение между грузами и плоскостями отсутствует, то при равновесии сила натяжения нити слева от блока равна 𝑚𝑔 sin α, а справа 𝑚𝑔 cos α. Именно с такими силами нить и действует на блок, как показано на рис. 5.2. Отметим сразу же, что горизонтальные составляющие этих сил но модулю равны 𝑚𝑔 sin α cos α (посмотрите внимательно на рис. 5.2) и уравновешивают друг друга. Поэтому векторная сумма сил натяжения нити, действующих на блок, направлена вертикально вниз. Модуль этой равнодействующей силы равен, как видно из того же рис. 5.2,
𝑚𝑔 sin²α
+
𝑚𝑔 cos²α
=
𝑚𝑔
.
Кроме сил натяжения нитей, на блок действует сила реакции оси 𝑸, которую, как обычно, удобно представить в виде векторной суммы нормальной силы реакции 𝑵 и силы трения 𝑭тр направленной по касательной к внутренней поверхности блока. Обе эти силы приложены в точке 𝐴, где блок соприкасается с осью (рис. 5.3). Будем для определённости считать, что угол α>π/4; тогда сила трения 𝑭тр при равновесии системы направлена вправо. Модуль силы трения покоя может изменяться от нуля (при α=π/4) до максимального значения, которое мы будем считать равным μ𝑁. Это максимальное значение сила трения будет принимать при угле α, соответствующем границе интересующей нас области, где возможно равновесие.
Рис. 5.3. Силы 𝑵 и 𝑭тр действуют на блок в точке 𝐴, где блок соприкасается с осью
Положение точки 𝐴 касания блока с осью будем характеризовать углом β (рис. 5.3), который образует с вертикалью радиус, проведённый в точку касания. Этот угол можно найти, учитывая, что сила 𝑸 уравновешивает векторную сумму действующих на блок сил натяжения нити, т.е. равна 𝑚𝑔 и направлена вертикально вверх. Приравнивая модули горизонтальных составляющих сил 𝑵 и 𝑭тр, имеем
𝑁
sin β
=
μ𝑁
cos β
,
(1)
откуда
tg β
=
μ
.
(2)
Обратим внимание, что соотношение (2) совпадает с условием равновесия тела на наклонной плоскости, образующей угол β с горизонтом. Как по-вашему, это случайное совпадение или ему можно придать определённый физический смысл?
Теперь легко найти действующую на блок силу трения. Так как модуль силы 𝑸 равен 𝑚𝑔, то, как видно из рис. 5.3,
𝐹
тр
=
𝑚𝑔
sin β
.
(3)
Выражая синус угла β через тангенс и учитывая соотношение (2), выражение для силы трения можно переписать в виде
𝐹
тр
=
𝑚𝑔
μ
√1+μ²
.
(4)
Для нахождения предельного угла α, при котором ещё возможно равновесие системы, напишем условие уравновешивания моментов сил, действующих на блок. Так как плечи сил натяжения нити относительно точки 𝑂 равны внешнему радиусу блока 𝑅, а плечо силы трения равно внутреннему радиусу блока 𝑟 (рис. 5.3), то
𝑚𝑔
(sin α-cos α)
𝑅
=
𝐹
тр
𝑟
.
(5)
Подставляя в уравнение (5) значение силы трения из (4) и возводя обе части этого уравнения в квадрат, после простых преобразований находим
sin 2α
=
1-
⎛
⎜
⎝
𝑟
𝑅
⎞²
⎟
⎠
μ²
1+μ²
.
(6)
При μ=0, что соответствует отсутствию трения в оси, формула (6) даёт sin 2α=1, т.е. α=π/4. При μ≠0 правая часть в выражении (6)меньше единицы, поэтому уравнение (6) для α имеет в промежутке от 0 до π/2 два корня α₁ и α₂, расположенных симметрично относительно значения α=π/4 (рис. 5.4). Корень α₁ меньший π/4, появился как лишний при возведении уравнения (5) в квадрат. Однако, несмотря на столь «незаконное» появление, он имеет физический смысл, определяя вместе с α₂ всю область значений углов α, в которой система может находиться в равновесии. Подумайте сами, почему так получается.
Рис. 5.4. Область углов α, при которых возможно равновесие, ограничена значениями α₁ и α₂
Могло бы показаться, что при 𝑟𝑅 эта задача соответствует случаю, когда грузы соединены нитью, перекинутой через неподвижный цилиндр, причём коэффициент трения нити о поверхность цилиндра равен μ. Однако это не так. Всё дело в том, что в рассматриваемой задаче касание внутреннего цилиндра происходит только в одной точке 𝐴, в то время как гибкая нить прилегает к цилиндру по всей дуге. Этот случай будет рассмотрен в задаче 8. ▲
6. Устойчиво ли равновесие?
Однородная доска находится в равновесии в прямом двугранном угле с гладкими стенками. На рис. 6.1 изображено сечение этого угла плоскостью, перпендикулярной ребру. Как расположена доска? Устойчиво ли её равновесие?
Рис. 6.1. Силы, действующие на доску в двугранном угле с гладкими стенками
△ Поскольку трение отсутствует, то на доску действуют три силы: сила тяжести 𝑷 и две силы реакции опор 𝑵₁ и 𝑵₂, направленные перпендикулярно граням угла. Как уже было выяснено в задаче 3, в положении равновесия под действием только трёх сил линии их действия пересекаются в одной точке (рис. 6.1). Из этого рисунка легко видеть, как можно построением найти положение доски в равновесии. Проводим вертикаль через вершину угла и откладываем на ней от вершины отрезок, равный длине доски. Из конца этого отрезка опускаем перпендикуляры на грани угла. Положение доски в равновесии совпадает со второй диагональю получившегося прямоугольника. Нетрудно убедиться, что угол, который образует доска с одной из граней угла, равен углу α, образуемому другой гранью угла с горизонтом.
Рис. 6.2. Перемещение центра тяжести при изменении положения доски
В устойчивом положении равновесия потенциальная энергия минимальна, в неустойчивом – максимальна. Поэтому для выяснения характера равновесия достаточно рассмотреть, как изменяется высота центра тяжести доски при малых смещениях её из положения равновесия. Если перемещать доску так, чтобы концы её скользили по граням угла, то её центр тяжести перемещается по дуге окружности, центр которой совпадает с вершиной угла, а радиус равен половине длины доски (рис. 6.2). В самом деле, как видно из этого рисунка, расстояние от вершины угла до центра тяжести доски не зависит от положения доски и равно половине её длины.
В положении равновесия радиус, соединяющий вершину угла с центром тяжести доски, расположен вертикально, поэтому при смещении доски её потенциальная энергия убывает. Равновесие неустойчиво. Случайно отклонившись, доска соскользнёт на одну из граней угла. ▲
7. Брёвна в кузове.
Грузовик загружен одинаковыми гладкими брёвнами. Заехав в кювет, он накренился на один борт, так что дно кузова образовало с горизонтом угол θ. Кузов разгрузили, и в нем осталось только три бревна (рис. 7.1). С какой силой 𝑭 нужно подпереть крайнее бревно 3, чтобы брёвна не раскатились? Трением пренебречь.
Рис. 7.1. Брёвна в наклонном кузове
△ Положение брёвен, указанное на рис. 7.1, возможно только, если угол θ<30°. В противном случае направление силы тяжести верхнего бревна 2 пройдёт левее точки опоры о нижнее бревно 1 и бревно 2 скатится на борт.
При решении этой задачи попытаемся избежать утомительного рассмотрения всех действующих сил и воспользуемся законом сохранения энергии. Если система брёвен находится в равновесии, то работа внешней силы 𝐹 при мысленном бесконечно малом медленном перемещении крайнего бревна 3 определяет изменение потенциальной энергии брёвен, так как трение отсутствует, а нормальные силы реакции работы не совершают.
«Геометрия» перемещения брёвен показана на рис. 7.2а, который для удобства повёрнут на угол θ по часовой стрелке. На такой же угол поворачивается направление силы тяжести.
Рис. 7.2. Перемещение центров брёвен при их раскатывании
Треугольники на рис. 7.2б соединяют центры брёвен до и после перемещения. До перемещения треугольник был равносторонним со стороной, равной диаметру брёвен 𝑎. После перемещения брёвен треугольник становится равнобедренным, боковые стороны его по-прежнему равны 𝑎, основание увеличивается на 2Δ𝑥, а высота изменяется на Δ𝑦. В самом деле, бревно 1 лежит на месте, бревно 3 перемещается на 2Δ𝑥 вдоль дна кузова, а бревно 3 перемещается на Δ𝑥 вдоль дна и на Δ𝑦 перпендикулярно дну.
Учитывая, что направление силы тяжести составляет угол θ с осью 𝑦 (рис. 7.2а), изменение потенциальной энергии брёвен можно записать в виде
Δ
𝐸
п
=
𝑚𝑔
cos θ⋅
Δ
𝑦
+
𝑚𝑔
sin θ⋅
Δ
𝑥
+
𝑚𝑔
sin θ⋅2
Δ
𝑥
.
Первые два слагаемых дают изменение потенциальной энергии бревна 2, а третье слагаемое – бревна 3. При таком перемещении внешняя сила 𝐹 совершает работу Δ𝐴=-𝐹⋅2Δ𝑥. На основании закона сохранения энергии имеем
-𝐹⋅2
Δ
𝑥
=
𝑚𝑔
cos θ⋅
Δ
𝑦
+
𝑚𝑔
sin θ⋅3
Δ
𝑥
.
(1)
Для нахождения силы 𝐹 нужно найти связь между перемещениями Δ𝑥 и Δ𝑦. Проще всего это сделать, выразив их через изменение Δα угла α. В системе координат, показанной на рис. 7.2а, координаты вершин треугольника до перемещения брёвен равны
𝑥
=
𝑎 cos α
,
𝑦
=
𝑎 sin α
.
(2)
После перемещения
𝑥
+
Δ
𝑥
=
𝑎
cos(α+
Δ
α)
,
𝑦
+
Δ
𝑦
=
𝑎
sin(α+
Δ
α)
.
(3)
Используя формулы для синуса и косинуса суммы двух углов и учитывая, что при малых Δα значения cos Δα≈1, sin Δα≈Δα, с помощью выражений (2) и (3) находим
Δ
𝑥
=-
𝑎 sin α⋅
Δ
α
,
Δ
𝑦
=
𝑎 cos α⋅
Δ
α
.
(4)
Подставляя (4) в соотношение (I), получаем выражение для силы 𝐹;
𝐹
=
𝑚𝑔
2
(
cos θ ctg α
–
3 sin θ
).
Угол а здесь следует положить равным 60°, так как нужно определить силу 𝐹, не позволяющую брёвнам раскатываться. Поэтому
𝐹
=
𝑚𝑔
2
⎛
⎜
⎝
1
√3
cos θ
–
3 sin θ
⎞
⎟
⎠
.
(5)
Проанализируем полученный ответ. Если угол наклона кузова лежит в интервале 0<θ
8. Канат на тумбе.
При причаливании к пристани можно остановить движение даже очень большого судна, не прилагая для этого больших усилий. Брошенный с парохода на пристань канат оборачивают несколько раз вокруг тумбы, и тогда оказывается достаточным приложить к свободному концу каната совсем небольшое усилие, чтобы проскальзывающий по тумбе канат остановил и удержал огромный пароход. Рассчитать, во сколько раз действующая на пароход со стороны каната сила превосходит приложенное к свободному концу каната усилие, если канат трижды обернут вокруг тумбы, а коэффициент трения каната о тумбу равен μ.
Рис. 8.1. На элемент каната Δ𝑙 со стороны соседних участков действуют силы, равные по модулю 𝑇 и 𝑇+Δ𝑇
Рис. 8.2. К вычислению нормальной силы реакции Δ𝑵
△ Огромный выигрыш в силе достигается здесь благодаря трению витков каната о поверхность тумбы. Рассмотрим небольшой элемент Δ𝑙 витка каната на тумбе, характеризуемый углом Δα (рис. 8.1). На этот элемент со стороны соседних участков каната действуют упругие силы натяжения, равные 𝑇 и 𝑇+Δ𝑇 и направленные по касательным к поверхности тумбы на концах выделенного участка. Интересующее нас различие модулей этих сил Δ𝑇 обусловлено действием на этот элемент силы трения скольжения Δ𝐹тр. Равнодействующая сил натяжения имеет также составляющую, направленную по радиусу к центру тумбы. Эта составляющая уравновешивается нормальной к элементу Δ𝑙 силой реакции тумбы Δ𝑵. Как видно из построения на рис. 8.2, в котором учтено, что для малого элемента витка Δ𝑙 отношение Δ𝑇/𝑇≪1, модуль силы Δ𝑵 приближённо равен
