Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 4275
2017-10-14 
На горизонтальной крышке стола лежит однородный куб массой $m$, к середине верхнего ребра которого прикреплена легкая нить. Коэффициент трения куба о крышку равен $\mu$, причем $\mu < 0,5$. С какой минимальной силой и в каком направлении нужно тянуть за нить, чтобы куб начал опрокидываться без скольжения?
Решение:
При решении задачи будем полагать, что крышка стола покоится относительно инерциальной системы отсчета, куб и крышка являются твердыми телами и можно пренебречь действием воздуха. По условию задачи под действием приложенной к нити силы куб должен начать поворачиваться без скольжения. Поскольку нить прикреплена к середине одного из верхних горизонтальных ребер и ее тянут перпендикулярно этому ребру, из соображений симметрии можно утверждать, что куб должен начать поворачиваться вокруг одного из нижних ребер, параллельных тому ребру, к середине которого прикреплена нить. На рис. показаны сечения куба вертикальной плоскостью, в которой располагается нить. Здесь же показаны силы, действующие на куб, когда за нить тянут вниз или вверх под углом $\alpha_{i}$ к горизонту с силой $\vec{F}_{i}$ такой, что при ее незначительном увеличении куб начал бы поворачиваться. В первом случае угол наклона нити к горизонту $\alpha_{1}$ будем считать отрицательным, а во всех остальных - положительным, причем $0 < \alpha_{2} \leq \pi /4, \pi /4 < \alpha_{3} \leq \pi /2$. Поскольку куб является однородным, действующая на него сила тяжести $m \vec{g}$ (где $\vec{g}$ - ускорение свободного падения) приложена к центру куба. Результирующая сил реакции крышки, как это обычно и делают, изображена в виде двух составляющих: нормальной $\vec{N}_{i}$, и тангенциальной $\vec{F}_{трi}$. Точки приложения этих составляющих в первом и втором случаях обозначены на рис. символом $O_{1}$, а в третьем и четвертом - $O_{2}$.
Поскольку куб не должен скользить по крыке, при сделанных выше предположениях и с учетом соглашения о правиле знаков при отсчете угла наклона нити к горизонту, согласно первому закону Ньютона должны выполняться равенства:
$N_{i} - mg + F_{i} \sin \alpha_{i} = 0$, (1)
$F_{трi} - F_{i} \cos \alpha_{i} = 0$, (2)
где $i = 1,2,3,4$.
Поскольку при незначительном увеличении силы, действующей на куб со стороны нитн, он начинает поворачиваться, то алгебраическая сумма моментов сил в рассматриваемых случаях должна быть равна нулю. Поэтому в первом и втором случаях, выбирая в качестве оси вращения ребро куба, проходящее через точку $O_{1}$, и вспоминая определение момента силы относительно данной оси, в соответствии со сказанным получим:
$0,5 ang - aF_{i} \cos \alpha_{i} \ 0$ ($3_{1,2}$)
где $i = 1, 2$. В третьем и четвертом случаях из сказанного ранее следует, что
$0,5 amg - aF_{3} \sin \alpha_{3} + aF_{3} \cos \alpha_{3} = 0$, ($3_{3}$)
$0,5 amg - aF_{4} \sin \alpha_{4} - aF_{4} \cos \alpha_{4} = 0$. ($3_{4}$)
Во всех случаях согласно закону Кулона величина тангенциальной составляющей силы реакции крышки - силы сухого трения покоя - не может превышать произведения коэффициента трения на величину нормальной составляющей силы реакции опоры, т.е. должно соблюдаться неравенство
$F_{трi} \leq \mu N_{i}$. (4)
Из уравнений ($3_{1,2}$) следует, что величина силы натяжения ннти в первом и втором случаях должна быть равна $F_{i} = mg/2 \cos \alpha_{i}$, причем согласно уравнениям (1), (2) из неравенства (4) в этих случаях $tg \alpha_{i} \leq 2 - 1/ \mu$. Поскольку по условию задачи $mu < 0,5$, то $tg \alpha_{i} < 0$. Учитывая, что в первом случае - $\pi /2 < \alpha_{1} \leq 0$, а во втором случае $0 \leq \alpha_{2} \leq \pi /4$, можно утверждать, что второй случай при заданных условиях не реализуется, а в первом случае $\cos \alpha_{1} \leq \mu / \sqrt{5 \mu^{2} - 4 \mu + 1}$ и, следовательно,
$F_{1min} = \sqrt{ \sqrt{5 \mu^{2} - 4 \mu + 1}}{2 \mu} mg$,
причем $\sqrt{5 - 4 \ mu + 1 / \mu^{2}} > 1$, т.к. $\mu < 0,5$.
В третьем случае согласно уравнению ($3_{3}$) $F_{3} = \frac{mg}{2 ( \sin \alpha_{3} - \cos \alpha_{3})}$, а из соотношений (1), (2) и (4) вытекает, что $\cos \alpha_{3} \leq ( \sin \alpha_{3} - 2 \cos \alpha_{3} ) \mu$. Следовательно, этот случай может иметь место, причем
$F_{3min} = \frac{mg}{2} < F_{1min}$ ($5_{3}$)
и нить следует тянуть вертикально вверх.
Наконец, в четвертом случае из уравнения ($3_{4}$) получим
$F_{4} = \frac{mg}{2 ( \sin \alpha_{4} + \cos \alpha_{4}) } = \frac{mg}{2 \sqrt{2} \sin ( \alpha_{4} + \pi /4)}$, ($5_{4}$)
причем из соотношений (1), (2) и (4) следует, что
$ctg \alpha_{4} \leq \frac{ \mu }{1 - 2 \mu}$. ($5_{4а}$)
Поскольку максимального значения синус угла достигает тогда, когда угол становится равным $\pi /2$, то искомая величина силы натяжения нити минимальна при $\alpha_{4} = \pi /4$ и равна
$F_{4} \left ( \alpha_{4} = \frac{ \pi}{4} \right ) = \frac{mg}{2 \sqrt{2}}$.
Конечно, это утверждение будет верно, если при этом выполняется соотношение ($5_{4а}$), т.е. имеет место неравенство $1/3 \leq \mu$.
Если же $0 \leq \mu \leq 1/3$, то нить следует тянуть под углом $\alpha_{4} = arccos [ \mu / \sqrt{(1 - 2 \mu)^{2} + \mu^{2}}]$. При этом искомая сила натяжения нити должна быть равна
$F_{4} (0 \leq \mu \leq 1/3) = mg \frac{ \sqrt{(1 - 2\mu)^{2} + \mu^{2}}}{2(1 - \mu)}$.
Итак, при $0 \leq \mu \leq 1/3$ нить следует тянуть так, как показано на рис. под углом $\alpha_{4} = arccos [ \mu / \sqrt{(1 - 2 \mu)^{2} + \mu^{2}}]$ к горизонту с силой
$F( 0 \leq \mu \leq l/3) = mg \frac{ \sqrt{(1 - 2 \mu)^{2} + \mu^{2}}}{2 (1 - \mu)}$.
Если же $1/3 \leq \mu < 0,5$, то к нити следует прикладывать силу, направленную под углом $\alpha_{4} = \pi /4$ к горизонту, величина которой не превышает указанное выше значение и равна
$F(1/3 \leq \mu < 0,5) = \frac{mg}{2 \sqrt{2}}$.
На горизонтальной крышке стола лежит однородный куб массой $m$, к середине верхнего ребра которого прикреплена легкая нить. Коэффициент трения куба о крышку равен $\mu$, причем $\mu < 0,5$. С какой минимальной силой и в каком направлении нужно тянуть за нить, чтобы куб начал опрокидываться без скольжения?
Решение:
При решении задачи будем полагать, что крышка стола покоится относительно инерциальной системы отсчета, куб и крышка являются твердыми телами и можно пренебречь действием воздуха. По условию задачи под действием приложенной к нити силы куб должен начать поворачиваться без скольжения. Поскольку нить прикреплена к середине одного из верхних горизонтальных ребер и ее тянут перпендикулярно этому ребру, из соображений симметрии можно утверждать, что куб должен начать поворачиваться вокруг одного из нижних ребер, параллельных тому ребру, к середине которого прикреплена нить. На рис. показаны сечения куба вертикальной плоскостью, в которой располагается нить. Здесь же показаны силы, действующие на куб, когда за нить тянут вниз или вверх под углом $\alpha_{i}$ к горизонту с силой $\vec{F}_{i}$ такой, что при ее незначительном увеличении куб начал бы поворачиваться. В первом случае угол наклона нити к горизонту $\alpha_{1}$ будем считать отрицательным, а во всех остальных - положительным, причем $0 < \alpha_{2} \leq \pi /4, \pi /4 < \alpha_{3} \leq \pi /2$. Поскольку куб является однородным, действующая на него сила тяжести $m \vec{g}$ (где $\vec{g}$ - ускорение свободного падения) приложена к центру куба. Результирующая сил реакции крышки, как это обычно и делают, изображена в виде двух составляющих: нормальной $\vec{N}_{i}$, и тангенциальной $\vec{F}_{трi}$. Точки приложения этих составляющих в первом и втором случаях обозначены на рис. символом $O_{1}$, а в третьем и четвертом - $O_{2}$.
Поскольку куб не должен скользить по крыке, при сделанных выше предположениях и с учетом соглашения о правиле знаков при отсчете угла наклона нити к горизонту, согласно первому закону Ньютона должны выполняться равенства:
$N_{i} - mg + F_{i} \sin \alpha_{i} = 0$, (1)
$F_{трi} - F_{i} \cos \alpha_{i} = 0$, (2)
где $i = 1,2,3,4$.
Поскольку при незначительном увеличении силы, действующей на куб со стороны нитн, он начинает поворачиваться, то алгебраическая сумма моментов сил в рассматриваемых случаях должна быть равна нулю. Поэтому в первом и втором случаях, выбирая в качестве оси вращения ребро куба, проходящее через точку $O_{1}$, и вспоминая определение момента силы относительно данной оси, в соответствии со сказанным получим:
$0,5 ang - aF_{i} \cos \alpha_{i} \ 0$ ($3_{1,2}$)
где $i = 1, 2$. В третьем и четвертом случаях из сказанного ранее следует, что
$0,5 amg - aF_{3} \sin \alpha_{3} + aF_{3} \cos \alpha_{3} = 0$, ($3_{3}$)
$0,5 amg - aF_{4} \sin \alpha_{4} - aF_{4} \cos \alpha_{4} = 0$. ($3_{4}$)
Во всех случаях согласно закону Кулона величина тангенциальной составляющей силы реакции крышки - силы сухого трения покоя - не может превышать произведения коэффициента трения на величину нормальной составляющей силы реакции опоры, т.е. должно соблюдаться неравенство
$F_{трi} \leq \mu N_{i}$. (4)
Из уравнений ($3_{1,2}$) следует, что величина силы натяжения ннти в первом и втором случаях должна быть равна $F_{i} = mg/2 \cos \alpha_{i}$, причем согласно уравнениям (1), (2) из неравенства (4) в этих случаях $tg \alpha_{i} \leq 2 - 1/ \mu$. Поскольку по условию задачи $mu < 0,5$, то $tg \alpha_{i} < 0$. Учитывая, что в первом случае - $\pi /2 < \alpha_{1} \leq 0$, а во втором случае $0 \leq \alpha_{2} \leq \pi /4$, можно утверждать, что второй случай при заданных условиях не реализуется, а в первом случае $\cos \alpha_{1} \leq \mu / \sqrt{5 \mu^{2} - 4 \mu + 1}$ и, следовательно,
$F_{1min} = \sqrt{ \sqrt{5 \mu^{2} - 4 \mu + 1}}{2 \mu} mg$,
причем $\sqrt{5 - 4 \ mu + 1 / \mu^{2}} > 1$, т.к. $\mu < 0,5$.
В третьем случае согласно уравнению ($3_{3}$) $F_{3} = \frac{mg}{2 ( \sin \alpha_{3} - \cos \alpha_{3})}$, а из соотношений (1), (2) и (4) вытекает, что $\cos \alpha_{3} \leq ( \sin \alpha_{3} - 2 \cos \alpha_{3} ) \mu$. Следовательно, этот случай может иметь место, причем
$F_{3min} = \frac{mg}{2} < F_{1min}$ ($5_{3}$)
и нить следует тянуть вертикально вверх.
Наконец, в четвертом случае из уравнения ($3_{4}$) получим
$F_{4} = \frac{mg}{2 ( \sin \alpha_{4} + \cos \alpha_{4}) } = \frac{mg}{2 \sqrt{2} \sin ( \alpha_{4} + \pi /4)}$, ($5_{4}$)
причем из соотношений (1), (2) и (4) следует, что
$ctg \alpha_{4} \leq \frac{ \mu }{1 - 2 \mu}$. ($5_{4а}$)
Поскольку максимального значения синус угла достигает тогда, когда угол становится равным $\pi /2$, то искомая величина силы натяжения нити минимальна при $\alpha_{4} = \pi /4$ и равна
$F_{4} \left ( \alpha_{4} = \frac{ \pi}{4} \right ) = \frac{mg}{2 \sqrt{2}}$.
Конечно, это утверждение будет верно, если при этом выполняется соотношение ($5_{4а}$), т.е. имеет место неравенство $1/3 \leq \mu$.
Если же $0 \leq \mu \leq 1/3$, то нить следует тянуть под углом $\alpha_{4} = arccos [ \mu / \sqrt{(1 - 2 \mu)^{2} + \mu^{2}}]$. При этом искомая сила натяжения нити должна быть равна
$F_{4} (0 \leq \mu \leq 1/3) = mg \frac{ \sqrt{(1 - 2\mu)^{2} + \mu^{2}}}{2(1 - \mu)}$.
Итак, при $0 \leq \mu \leq 1/3$ нить следует тянуть так, как показано на рис. под углом $\alpha_{4} = arccos [ \mu / \sqrt{(1 - 2 \mu)^{2} + \mu^{2}}]$ к горизонту с силой
$F( 0 \leq \mu \leq l/3) = mg \frac{ \sqrt{(1 - 2 \mu)^{2} + \mu^{2}}}{2 (1 - \mu)}$.
Если же $1/3 \leq \mu < 0,5$, то к нити следует прикладывать силу, направленную под углом $\alpha_{4} = \pi /4$ к горизонту, величина которой не превышает указанное выше значение и равна
$F(1/3 \leq \mu < 0,5) = \frac{mg}{2 \sqrt{2}}$.
