Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 1057
2016-09-18 
У квадратного стола со стороной $L = 1 м$ и высотой $H = 1 м$ одна ножка на $a = 3 см$ короче остальных, и стол может качаться. Если поставить стол ровно, то он стоит, но достаточно лёгкого толчка, чтобы он накренился на короткую ножку. Для того, чтобы после этого стол вернулся в первоначальное положение, нужно поставить на угол, противоположный короткой ножке, грузик массой $m = 300 г$. Найдите массу крышки стола, пренебрегая массой ножек. Считайте ножки тонкими и расположенными под углами крышки стола.
Решение:
Нарисуем вид стола сбоку в плоскости, проходящей через короткую и противоположную ей длинную ножки стола (см. рис.).
Обозначим короткую ножку стола через $AA^{ \prime}$, противоположную ей длинную ножку — $DD^{ \prime}$, середину столешницы — $O$. Пусть также $OO^{ \prime}$ — прямая, проходящая через точку $O$ параллельно ножкам и пересекающая пол в точке $O^{ \prime}: A^{ \prime}E$ и $OF$ — перпендикуляры, опущенные из точек $A^{ \prime}$ и $O$ на отрезки $OO^{ \prime}$ и $A^{ \prime}O^{ \prime}$ соответственно. Опустим перпендикуляр из точки $D$ на пол и обозначим точку его пересечения с полом через $I^{ \prime}$. Проведём также через точку $O$ прямую, параллельную полу, и обозначим точки её пересечения с отрезками $DI^{ \prime}$ и $DD^{ \prime}$ через $I$ и $G$ соответственно. Из условия задачи и из чертежа следует, что
$OD = L/ \sqrt{2}, OO^{ \prime} = H, O^{ \prime}E = a, OG = O^{ \prime}A^{ \prime}$.
Из того, что стол, поставленный на три длинные ножки, стоит устойчиво, следует, что его центр масс находится в центре столешницы, то есть в точке $O$. Известно также, что для того, чтобы перекосившийся стол выровнялся, на его угол $D$ нужно положить груз, не меньший $m$. Отсюда получаем уравнение моментов:
$Mg \cdot O^{ \prime}F = mg \cdot O^{ \prime}I^{ \prime}$,
где $M$ — масса крышки стола. Данное уравнение записано относительно оси, перпендикулярной плоскости рисунка и проходящей через точку $O^{ \prime}$. Осталось найти из чертежа отрезки $O^{ \prime}F$ и $O^{ \prime}I^{ \prime}$.
Рассмотрим треугольники $O^{ \prime}E^{ \prime}A^{ \prime}$ и $O^{ \prime}FO$. Они подобны. Поэтому $\frac{OF^{ \prime}}{OO^{ \prime}} = \frac{O^{ \prime}E}{O^{ \prime}A^{ \prime}}$. Отсюда
$O^{ \prime}F = \frac{O^{ \prime}E \cdot OO^{ \prime}}{O^{ \prime}A^{ \prime}} = \frac{aH}{ \sqrt{(L^{2}/2) +a^{2}}}$
Треугольники $DOG$ и $IOD$ также подобны. Поэтому $\frac{OG}{OD} = \frac{OD}{OI}$. Отсюда, с учётом того, что $OG = O^{ \prime}A^{ \prime} = \sqrt{(L^{2}/2) + a^{2}}$, получаем:
$OI = \frac{(OD)^{2}}{OG} = \frac{L^{2}}{2 \sqrt{(L^{2}/2) + a^{2}}} = FI^{ \prime}$.
Наконец, из чертежа видно, что
$O^{ \prime}I^{ \prime} = FI^{ \prime} - O^{ \prime}F = \frac{1}{ \sqrt{(L^{2}/2) + a^{2}}} \left ( \frac{L^{2}}{2} - aH \right )$.
Подставляя найденные выражения для $OF^{ \prime}$ и $O^{ \prime}I^{ \prime}$ в уравнение моментов, найдём массу крышки стола:
$ M = m \frac{O^{ \prime}I^{ \prime}}{O^{ \prime}F} = m \left ( \frac{L^{2}}{2aH} - 1 \right ) = 4,7 кг$.
Ответ также можно получить и приближённо, пренебрегая во всех формулах величиной $a^{2}$ по сравнению с $L^{2}/2$ и считая, что $O^{ \prime}I^{ \prime} \approx L / \sqrt{2}$, а $O^{ \prime}F \approx \sqrt{2} aH/L$ (это можно делать, так как угол, на который наклоняется стол, мал). Тогда для массы крышки стола получится: $M \approx mL^{2}/(2aH) = 5 кг$.
У квадратного стола со стороной $L = 1 м$ и высотой $H = 1 м$ одна ножка на $a = 3 см$ короче остальных, и стол может качаться. Если поставить стол ровно, то он стоит, но достаточно лёгкого толчка, чтобы он накренился на короткую ножку. Для того, чтобы после этого стол вернулся в первоначальное положение, нужно поставить на угол, противоположный короткой ножке, грузик массой $m = 300 г$. Найдите массу крышки стола, пренебрегая массой ножек. Считайте ножки тонкими и расположенными под углами крышки стола.
Решение:
Нарисуем вид стола сбоку в плоскости, проходящей через короткую и противоположную ей длинную ножки стола (см. рис.).
Обозначим короткую ножку стола через $AA^{ \prime}$, противоположную ей длинную ножку — $DD^{ \prime}$, середину столешницы — $O$. Пусть также $OO^{ \prime}$ — прямая, проходящая через точку $O$ параллельно ножкам и пересекающая пол в точке $O^{ \prime}: A^{ \prime}E$ и $OF$ — перпендикуляры, опущенные из точек $A^{ \prime}$ и $O$ на отрезки $OO^{ \prime}$ и $A^{ \prime}O^{ \prime}$ соответственно. Опустим перпендикуляр из точки $D$ на пол и обозначим точку его пересечения с полом через $I^{ \prime}$. Проведём также через точку $O$ прямую, параллельную полу, и обозначим точки её пересечения с отрезками $DI^{ \prime}$ и $DD^{ \prime}$ через $I$ и $G$ соответственно. Из условия задачи и из чертежа следует, что
$OD = L/ \sqrt{2}, OO^{ \prime} = H, O^{ \prime}E = a, OG = O^{ \prime}A^{ \prime}$.
Из того, что стол, поставленный на три длинные ножки, стоит устойчиво, следует, что его центр масс находится в центре столешницы, то есть в точке $O$. Известно также, что для того, чтобы перекосившийся стол выровнялся, на его угол $D$ нужно положить груз, не меньший $m$. Отсюда получаем уравнение моментов:
$Mg \cdot O^{ \prime}F = mg \cdot O^{ \prime}I^{ \prime}$,
где $M$ — масса крышки стола. Данное уравнение записано относительно оси, перпендикулярной плоскости рисунка и проходящей через точку $O^{ \prime}$. Осталось найти из чертежа отрезки $O^{ \prime}F$ и $O^{ \prime}I^{ \prime}$.
Рассмотрим треугольники $O^{ \prime}E^{ \prime}A^{ \prime}$ и $O^{ \prime}FO$. Они подобны. Поэтому $\frac{OF^{ \prime}}{OO^{ \prime}} = \frac{O^{ \prime}E}{O^{ \prime}A^{ \prime}}$. Отсюда
$O^{ \prime}F = \frac{O^{ \prime}E \cdot OO^{ \prime}}{O^{ \prime}A^{ \prime}} = \frac{aH}{ \sqrt{(L^{2}/2) +a^{2}}}$
Треугольники $DOG$ и $IOD$ также подобны. Поэтому $\frac{OG}{OD} = \frac{OD}{OI}$. Отсюда, с учётом того, что $OG = O^{ \prime}A^{ \prime} = \sqrt{(L^{2}/2) + a^{2}}$, получаем:
$OI = \frac{(OD)^{2}}{OG} = \frac{L^{2}}{2 \sqrt{(L^{2}/2) + a^{2}}} = FI^{ \prime}$.
Наконец, из чертежа видно, что
$O^{ \prime}I^{ \prime} = FI^{ \prime} - O^{ \prime}F = \frac{1}{ \sqrt{(L^{2}/2) + a^{2}}} \left ( \frac{L^{2}}{2} - aH \right )$.
Подставляя найденные выражения для $OF^{ \prime}$ и $O^{ \prime}I^{ \prime}$ в уравнение моментов, найдём массу крышки стола:
$ M = m \frac{O^{ \prime}I^{ \prime}}{O^{ \prime}F} = m \left ( \frac{L^{2}}{2aH} - 1 \right ) = 4,7 кг$.
Ответ также можно получить и приближённо, пренебрегая во всех формулах величиной $a^{2}$ по сравнению с $L^{2}/2$ и считая, что $O^{ \prime}I^{ \prime} \approx L / \sqrt{2}$, а $O^{ \prime}F \approx \sqrt{2} aH/L$ (это можно делать, так как угол, на который наклоняется стол, мал). Тогда для массы крышки стола получится: $M \approx mL^{2}/(2aH) = 5 кг$.
