Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 5257
2017-11-19 
Плоская Земля неподвижно покоится в Центре Мироздания на спинах трёх слонов (см. рис.). Вокруг центра Земли по круговой орбите радиуса $R$ двигается Луна массой $M$. На поверхность Земли около центра положили брусок. При каком коэффициенте трения бруска о землю он не сдвинется с места? Плоскость Земли и плоскость вращения Луны взаимно перпендикулярны. Ускорение свободного падения на Земле около бруска считать равным $g$, гравитационное взаимодействие тел подчиняется закону Ньютона с гравитационной постоянной $G$.
Решение:
На брусок действуют три силы (см. рисунок): сила тяжести $m \vec{g}$, сила реакции земли$\vec{R}$ (её обычно представляют в виде суммы двух проекций: нормальной силы реакции $\vec{N}$ и силы трения $\vec{F}_{тр}$) и приливная сила, возникающая из-за притяжения со стороны Луны, $\vec{F}$ такая, что $| \vec{F}| = GMm/R^{2} = mg_{Л}$. Сила тяжести направлена вниз, а приливная сила - в любую сторону(в зависимости от фазы Луны). Обозначим $\alpha$ — угол наклона силы $\vec{R}$ к вертикали. Так как $| \vec{F}_{тр} | \leq \mu N$,то
$tg \alpha = \frac{F_{тр}}{N} \leq \frac{ \mu N}{N} = \mu$.
Поэтому угол $\alpha$ не может превышать величину $\alpha_{max} = arctg \mu$, которое достигается, когда $| F_{тр} | = \mu N$ (проскальзывание). Чтобы брусок не проскальзывал, векторная сумма сил, действующих на него должна быть равна нулю (вектора сил должны замыкать треугольник).
Когда траектория Луны пересекает вектор $\vec{R}_{М}$, существует такое направление вектора $\vec{F}$, что треугольник не замыкается, и тело не остаётся в покое. Если же окружность вектор не пересекает, то треугольник всегда можно замкнуть. Случай касания окружности и вектора $\vec{R}_{М}$ является критическим. При этом угол между векторами $\vec{R}_{М}$ и $\vec{F}$ прямой, и вытекающее отсюда равенство $F = mg \sin \alpha_{max}$ определяет минимальный коэффициент трения, при котором треугольник ещё замыкается.
Ответ. Брусок не сдвинется с места, если коэффициент его трения о землю
$\mu > tg arcsin \frac{g_{Л}}{g} = \frac{g_{Л}}{g \sqrt{1 - g_{Л}^{2} / g^{2}}}$.
Примечание. Задача минимизации приливной силы решена графически на рисунках, сопровождающих задачу. Разумеется, её решение также может быть найдено при помощи производных. Обозначим угол, который приливная сила образует с вертикалью, $\beta$ (он может быть произволен) и рассмотрим ситуацию, когда сила трения достигла своего максимального значения $| \vec{F}_{тр} | = \mu N$. Условия равновесия бруска в проекции на горизонтальную и вертикальную оси суть: $mg = N + F \cdot \sin \beta$ и $\mu N = F \cdot \cos \beta$. Из них можно найти величину приливной силы:
$F = m \cdot g_{Л} = \frac{ \mu mg}{ \cos \beta + \mu \sin \beta}$.
Её минимум достигается для такого угла $\beta_{0}$, при котором производная силы обращается в ноль: $F_{ \beta}^{ \prime} = 0$ (функция $- F$ выпукла на интервале $[0, 2 \pi]$). Можно убедиться, что $\beta_{0} = arcctg \mu$. Кривая критических значений коэффициента трения $\mu$ от величины отношения ускорений $(g_{Л}/g)_{min}$ изображена на рисунке, она иллюстрирует тот же ответ, что уже был получен при графическом способе решения.
Плоская Земля неподвижно покоится в Центре Мироздания на спинах трёх слонов (см. рис.). Вокруг центра Земли по круговой орбите радиуса $R$ двигается Луна массой $M$. На поверхность Земли около центра положили брусок. При каком коэффициенте трения бруска о землю он не сдвинется с места? Плоскость Земли и плоскость вращения Луны взаимно перпендикулярны. Ускорение свободного падения на Земле около бруска считать равным $g$, гравитационное взаимодействие тел подчиняется закону Ньютона с гравитационной постоянной $G$.
Решение:
На брусок действуют три силы (см. рисунок): сила тяжести $m \vec{g}$, сила реакции земли$\vec{R}$ (её обычно представляют в виде суммы двух проекций: нормальной силы реакции $\vec{N}$ и силы трения $\vec{F}_{тр}$) и приливная сила, возникающая из-за притяжения со стороны Луны, $\vec{F}$ такая, что $| \vec{F}| = GMm/R^{2} = mg_{Л}$. Сила тяжести направлена вниз, а приливная сила - в любую сторону(в зависимости от фазы Луны). Обозначим $\alpha$ — угол наклона силы $\vec{R}$ к вертикали. Так как $| \vec{F}_{тр} | \leq \mu N$,то
$tg \alpha = \frac{F_{тр}}{N} \leq \frac{ \mu N}{N} = \mu$.
Поэтому угол $\alpha$ не может превышать величину $\alpha_{max} = arctg \mu$, которое достигается, когда $| F_{тр} | = \mu N$ (проскальзывание). Чтобы брусок не проскальзывал, векторная сумма сил, действующих на него должна быть равна нулю (вектора сил должны замыкать треугольник).
Когда траектория Луны пересекает вектор $\vec{R}_{М}$, существует такое направление вектора $\vec{F}$, что треугольник не замыкается, и тело не остаётся в покое. Если же окружность вектор не пересекает, то треугольник всегда можно замкнуть. Случай касания окружности и вектора $\vec{R}_{М}$ является критическим. При этом угол между векторами $\vec{R}_{М}$ и $\vec{F}$ прямой, и вытекающее отсюда равенство $F = mg \sin \alpha_{max}$ определяет минимальный коэффициент трения, при котором треугольник ещё замыкается.
Ответ. Брусок не сдвинется с места, если коэффициент его трения о землю
$\mu > tg arcsin \frac{g_{Л}}{g} = \frac{g_{Л}}{g \sqrt{1 - g_{Л}^{2} / g^{2}}}$.
Примечание. Задача минимизации приливной силы решена графически на рисунках, сопровождающих задачу. Разумеется, её решение также может быть найдено при помощи производных. Обозначим угол, который приливная сила образует с вертикалью, $\beta$ (он может быть произволен) и рассмотрим ситуацию, когда сила трения достигла своего максимального значения $| \vec{F}_{тр} | = \mu N$. Условия равновесия бруска в проекции на горизонтальную и вертикальную оси суть: $mg = N + F \cdot \sin \beta$ и $\mu N = F \cdot \cos \beta$. Из них можно найти величину приливной силы:
$F = m \cdot g_{Л} = \frac{ \mu mg}{ \cos \beta + \mu \sin \beta}$.
Её минимум достигается для такого угла $\beta_{0}$, при котором производная силы обращается в ноль: $F_{ \beta}^{ \prime} = 0$ (функция $- F$ выпукла на интервале $[0, 2 \pi]$). Можно убедиться, что $\beta_{0} = arcctg \mu$. Кривая критических значений коэффициента трения $\mu$ от величины отношения ускорений $(g_{Л}/g)_{min}$ изображена на рисунке, она иллюстрирует тот же ответ, что уже был получен при графическом способе решения.
