Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 13682
2020-03-12 
На горизонтальной плоскости лежат три одинаковых шара, соприкасающиеся между собой, так что их центры расположены в вершинах правильного треугольника. Над центром этого треугольника положен четвертый такой же шар. При каком минимальном значении коэффициента трения $k$ такие соприкасающиеся шары могут удерживаться в равновесии, если коэффициенты трения шара о шар и шара о плоскость опоры одинаковы?
Решение:
Пусть А, В, С, D - центры шаров (рис.). По условию они должны находиться в вершинах правильного тетраэдра. Возьмем единичные векторы $\vec{e}_{1}, \vec{e}_{2}, \vec{e}_{3}$, исходящие из вершины D вдоль ребер тетраэдра. Силы $\vec{F}_{1}, \vec{F}_{2}, \vec{F}_{3}$, с которыми шары А, В, С давят на шар D, можно представить в виде
$\vec{F}_{1} = - \alpha \vec{e}_{1}, \vec{F}_{2} = - \alpha \vec{e}_{2}, \vec{F}_{3} = - \alpha \vec{e}_{3}$,
где $\alpha$ - положительный численный коэффициент.
Сила трения $\vec{f}_{1}$ с которой шар А действует на шар D, лежит в плоскости ADE, где Е - середина ребра СВ. Вдоль прямой DE направлен вектор $( \vec{e}_{2} + \vec{e}_{3} )$. Таким образом, векторы $\vec{e}_{1}$ и $( \vec{e}_{2} + \vec{e}_{3})$ лежат также в плоскости ADE, а потому по ним можно разложить силу $\vec{f}_{1}$, т. е. $\vec{f}_{1} = \beta ( \vec{e}_{2} + \vec{e}_{3} ) + \gamma \vec{e}_{1}$. Так как сила $\vec{f}_{1}$ перпендикулярна к $\vec{e}_{1}$, то скалярным умножением на $\vec{e}_{1}$ отсюда получаем $\beta + \gamma = 0$. (Мы воспользовались соотношениями $\vec{e}_{1}^{2} = \vec{e}_{2}^{2} = \vec{e}_{3}^{2} = 1, \vec{e}_{1} \vec{e}_{2} = \vec{e}_{2} \vec{e}_{3} = \vec{e}_{3} \vec{e}_{1} = \cos 60^{ \circ} = 1/2$.) Следовательно, $\vec{f}_{1} = \beta ( \vec{e}_{2} + \vec{e}_{3} - \vec{e}_{1})$. Коэффициент $\beta$ отрицателен, так как сила $\vec{f}_{1}$ должна быть направлена наружу тетраэдра. Возведением в квадрат и последующим извлечением квадратного корня из последнего равенства находим $f_{1} = - \beta \sqrt{2}$. С другой стороны, величина силы трения $\vec{f}_{1}$ может быть представлена в виде $f_{1} = kF_{1} = k \alpha$. Это дает $\beta = \frac{- k \alpha}{ \sqrt{2}}$. Аналогичные рассуждения применимы и к силам трения $\vec{f}_{2}$ и $\vec{f}_{3}$, с которыми на шар D действуют шары В и С. В результате получается
$\vec{f}_{1} = - \frac{k \alpha}{ \sqrt{2} } ( \vec{e}_{2} + \vec{e}_{3} - \vec{e}_{1} )$,
$\vec{f}_{2} = - \frac{k \alpha}{ \sqrt{2} } ( \vec{e}_{3} + \vec{e}_{1} - \vec{e}_{2} )$,
$\vec{f}_{3} = - \frac{k \alpha}{ \sqrt{2} } ( \vec{e}_{1} + \vec{e}_{2} - \vec{e}_{3} )$,
Результирующая сил давления и трения, действующих на шар D, будет - $\alpha \left ( 1 + \frac{k}{ \sqrt{2} } \right ) ( \vec{e}_{1} + \vec{e}_{2} - \vec{e}_{3})$. Она должна быть уравновешена весом шара $mg$. Это дает
$\alpha^{2} \left ( 1 + \frac{k}{ \sqrt{2}} \right ) ( \vec{e}_{1} + \vec{e}_{2} + \vec{e}_{3})$. Она должна быть уравновешена весом шара $mg$. Это дает
$\alpha^{2} \left ( 1 + \frac{k}{ \sqrt{2} } \right )^{2} ( \vec{e}_{1} + \vec{e}_{2} + \vec{e}_{3} )^{2} \equiv 6 \alpha^{2} \left ( 1 + \frac{k}{ \sqrt{2} } \right )^{2} = m^{2}g^{2}$.
Отсюда $\alpha = \frac{mg}{ \sqrt{6} \left ( 1 + \frac{k}{ \sqrt{2} } \right ) }$.
Найдем, наконец, силы трения $\vec{ \tau}_{1}, \vec{ \tau}_{2}, \vec{ \tau}_{3}$, действующие на шары А, В, С со стороны горизонтальной плоскости, на которой они лежат. (Чтобы не усложнять рисунок, мы приложили эти силы к центрам шаров, хотя на самом деле онн приложены в точках касания шаров с упомянутой плоскостью.) Для наших целей достаточно найти одну из этих сил, например $\vec{ \tau}_{1}$. Эта сила направлена вдоль биссектрисы АЕ угла ВАС. Туда же направлен вектор $\frac{ \vec{e}_{2} + \vec{e}_{3}}{2} - \vec{e}_{1}$. Поэтому можно положить $\vec{ \tau }_{1} = \epsilon ( \vec{ e}_{2} + \vec{e}_{3} - 2 \vec{e}_{1})$, где $\epsilon$ - численный коэффициент. Возведя в квадрат, а затем извлекая квадратный корень, получим $\tau_{1} = \epsilon \sqrt{3}$. С другой стороны, давление на плоскость всех четырех шаров равно $4mg$, а давление в точке касания шара $A = \frac{4}{3} mg$. Поэтому $\tau_{1} = \frac{4}{3}kmg$, а следовательно,
$\epsilon = \frac{4}{3 \sqrt{3} } kmg$ и $ \tau_{1} = \frac{4}{ 3 \sqrt{3} } kmg (e_{2} + e_{3} - 2e_{1} )$.
Остается только написать условие равновесия шара А. (Условия равновесия шаров В и С не дают ничего нового.) Оно имеет вид $\vec{F}_{1}^{ \prime} + \vec{f}_{1}^{ \prime} + \vec{ \tau }_{1} + \vec{N} = 0$, где $\vec{F}_{1}^{ \prime} = - \vec{F}_{1}, \vec{f}_{1}^{ \prime} = - \vec{f}_{1}$ - силы давления и трения, действующие на шар А со стороны шара D, а через $\vec{N}$ обозначена сила, нормальная к плоскости опоры. Для исключения $\vec{N}$ умножаем написанное условие скалярно на вектор $( \vec{e}_{2} + \vec{e}_{3} - 2 \vec{e}_{1} )$, нормальный к $\vec{N}$. После простых преобразований приходим к квадратному уравнению $4k^{2} + 3 \sqrt{2} k - 1 = 0$, из которого находим
$k = \frac{ \sqrt{34} - 3 \sqrt{2}}{8} = 0,198$.
Это и есть минимальное значение коэффициента трения, при котором равновесие возможно.
На горизонтальной плоскости лежат три одинаковых шара, соприкасающиеся между собой, так что их центры расположены в вершинах правильного треугольника. Над центром этого треугольника положен четвертый такой же шар. При каком минимальном значении коэффициента трения $k$ такие соприкасающиеся шары могут удерживаться в равновесии, если коэффициенты трения шара о шар и шара о плоскость опоры одинаковы?
Решение:
Пусть А, В, С, D - центры шаров (рис.). По условию они должны находиться в вершинах правильного тетраэдра. Возьмем единичные векторы $\vec{e}_{1}, \vec{e}_{2}, \vec{e}_{3}$, исходящие из вершины D вдоль ребер тетраэдра. Силы $\vec{F}_{1}, \vec{F}_{2}, \vec{F}_{3}$, с которыми шары А, В, С давят на шар D, можно представить в виде
$\vec{F}_{1} = - \alpha \vec{e}_{1}, \vec{F}_{2} = - \alpha \vec{e}_{2}, \vec{F}_{3} = - \alpha \vec{e}_{3}$,
где $\alpha$ - положительный численный коэффициент.
Сила трения $\vec{f}_{1}$ с которой шар А действует на шар D, лежит в плоскости ADE, где Е - середина ребра СВ. Вдоль прямой DE направлен вектор $( \vec{e}_{2} + \vec{e}_{3} )$. Таким образом, векторы $\vec{e}_{1}$ и $( \vec{e}_{2} + \vec{e}_{3})$ лежат также в плоскости ADE, а потому по ним можно разложить силу $\vec{f}_{1}$, т. е. $\vec{f}_{1} = \beta ( \vec{e}_{2} + \vec{e}_{3} ) + \gamma \vec{e}_{1}$. Так как сила $\vec{f}_{1}$ перпендикулярна к $\vec{e}_{1}$, то скалярным умножением на $\vec{e}_{1}$ отсюда получаем $\beta + \gamma = 0$. (Мы воспользовались соотношениями $\vec{e}_{1}^{2} = \vec{e}_{2}^{2} = \vec{e}_{3}^{2} = 1, \vec{e}_{1} \vec{e}_{2} = \vec{e}_{2} \vec{e}_{3} = \vec{e}_{3} \vec{e}_{1} = \cos 60^{ \circ} = 1/2$.) Следовательно, $\vec{f}_{1} = \beta ( \vec{e}_{2} + \vec{e}_{3} - \vec{e}_{1})$. Коэффициент $\beta$ отрицателен, так как сила $\vec{f}_{1}$ должна быть направлена наружу тетраэдра. Возведением в квадрат и последующим извлечением квадратного корня из последнего равенства находим $f_{1} = - \beta \sqrt{2}$. С другой стороны, величина силы трения $\vec{f}_{1}$ может быть представлена в виде $f_{1} = kF_{1} = k \alpha$. Это дает $\beta = \frac{- k \alpha}{ \sqrt{2}}$. Аналогичные рассуждения применимы и к силам трения $\vec{f}_{2}$ и $\vec{f}_{3}$, с которыми на шар D действуют шары В и С. В результате получается
$\vec{f}_{1} = - \frac{k \alpha}{ \sqrt{2} } ( \vec{e}_{2} + \vec{e}_{3} - \vec{e}_{1} )$,
$\vec{f}_{2} = - \frac{k \alpha}{ \sqrt{2} } ( \vec{e}_{3} + \vec{e}_{1} - \vec{e}_{2} )$,
$\vec{f}_{3} = - \frac{k \alpha}{ \sqrt{2} } ( \vec{e}_{1} + \vec{e}_{2} - \vec{e}_{3} )$,
Результирующая сил давления и трения, действующих на шар D, будет - $\alpha \left ( 1 + \frac{k}{ \sqrt{2} } \right ) ( \vec{e}_{1} + \vec{e}_{2} - \vec{e}_{3})$. Она должна быть уравновешена весом шара $mg$. Это дает
$\alpha^{2} \left ( 1 + \frac{k}{ \sqrt{2}} \right ) ( \vec{e}_{1} + \vec{e}_{2} + \vec{e}_{3})$. Она должна быть уравновешена весом шара $mg$. Это дает
$\alpha^{2} \left ( 1 + \frac{k}{ \sqrt{2} } \right )^{2} ( \vec{e}_{1} + \vec{e}_{2} + \vec{e}_{3} )^{2} \equiv 6 \alpha^{2} \left ( 1 + \frac{k}{ \sqrt{2} } \right )^{2} = m^{2}g^{2}$.
Отсюда $\alpha = \frac{mg}{ \sqrt{6} \left ( 1 + \frac{k}{ \sqrt{2} } \right ) }$.
Найдем, наконец, силы трения $\vec{ \tau}_{1}, \vec{ \tau}_{2}, \vec{ \tau}_{3}$, действующие на шары А, В, С со стороны горизонтальной плоскости, на которой они лежат. (Чтобы не усложнять рисунок, мы приложили эти силы к центрам шаров, хотя на самом деле онн приложены в точках касания шаров с упомянутой плоскостью.) Для наших целей достаточно найти одну из этих сил, например $\vec{ \tau}_{1}$. Эта сила направлена вдоль биссектрисы АЕ угла ВАС. Туда же направлен вектор $\frac{ \vec{e}_{2} + \vec{e}_{3}}{2} - \vec{e}_{1}$. Поэтому можно положить $\vec{ \tau }_{1} = \epsilon ( \vec{ e}_{2} + \vec{e}_{3} - 2 \vec{e}_{1})$, где $\epsilon$ - численный коэффициент. Возведя в квадрат, а затем извлекая квадратный корень, получим $\tau_{1} = \epsilon \sqrt{3}$. С другой стороны, давление на плоскость всех четырех шаров равно $4mg$, а давление в точке касания шара $A = \frac{4}{3} mg$. Поэтому $\tau_{1} = \frac{4}{3}kmg$, а следовательно,
$\epsilon = \frac{4}{3 \sqrt{3} } kmg$ и $ \tau_{1} = \frac{4}{ 3 \sqrt{3} } kmg (e_{2} + e_{3} - 2e_{1} )$.
Остается только написать условие равновесия шара А. (Условия равновесия шаров В и С не дают ничего нового.) Оно имеет вид $\vec{F}_{1}^{ \prime} + \vec{f}_{1}^{ \prime} + \vec{ \tau }_{1} + \vec{N} = 0$, где $\vec{F}_{1}^{ \prime} = - \vec{F}_{1}, \vec{f}_{1}^{ \prime} = - \vec{f}_{1}$ - силы давления и трения, действующие на шар А со стороны шара D, а через $\vec{N}$ обозначена сила, нормальная к плоскости опоры. Для исключения $\vec{N}$ умножаем написанное условие скалярно на вектор $( \vec{e}_{2} + \vec{e}_{3} - 2 \vec{e}_{1} )$, нормальный к $\vec{N}$. После простых преобразований приходим к квадратному уравнению $4k^{2} + 3 \sqrt{2} k - 1 = 0$, из которого находим
$k = \frac{ \sqrt{34} - 3 \sqrt{2}}{8} = 0,198$.
Это и есть минимальное значение коэффициента трения, при котором равновесие возможно.
