Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 6158
2018-01-21 
Деревянный кубик опирается одним ребром на мол, другим на вертикальную стену. При каком минимальном значении угла а между полом и гранью кубика возможно равновесие? Коэффициент трения между гранью и стеной, а также между грань и полом ранен $\mu = 0,3$.
Решение:
Условия равновесия кубика $\sum_{i} \vec{F}_{i} =0; \sum_{i} \vec{M}_{i} = 0$;
$m \vec{g} + \vec{N}_{1} + \vec{N}_{2} + \vec{F}_{тр1} + \vec{F}_{тр2} = 0$;
$F_{тр} = \mu N$;
(x): $N_{1} - \mu N_{2} = 0$ (рис. 3); (1)
(y): $N_{2} - mg + \mu N_{1} = 0$. (2)
Уравнение моментов записываем относительно точки О.
$N_{1}l_{1} + F_{тр1}l_{2} - mgl_{3} = 0$.
Обозначим сторону кубика b, тогда из $\Delta ABO l_{1} = b \sin \alpha; l_{2} = b \cos \alpha; l_{3} = OD$, из $\Delta DOC l_{3} = \frac{b}{ \sqrt{2}} \cos (45^{ \circ} + \alpha)$. Уравнение (3) приобретает вид $N_{1} b \sin \alpha + \mu N_{1} b \cos \alpha - mg \frac{b}{ \sqrt{2}} \cos (45^{ \circ} + \alpha) = 0$. (4)
Из (1) и (2) получим $N_{2} = \frac{N_{1}}{ \mu}; N_{1} = \frac{ \mu mg}{1 + \mu^{2}}$ и подставим в (4):
$\frac{ \mu mg}{1 + \mu^{2}} b \sin \alpha + \frac{ \mu^{2} mg}{1 + \mu^{2}} b \cos \alpha - mg \frac{b}{2} ( \cos \alpha - \sin \alpha) = 0$,
откуда следует $tg \alpha = \frac{1 - \mu}{1 + \mu}; \alpha = arctg \frac{1 - \mu}{1 + \mu} = 28^{ \circ}$. Очевидно, что максимальный угол, под которым может стоять ящик, равен $\pi /4$, следовательно $arctg \frac{1 - \mu}{1 + \mu} \leq \alpha \leq \frac{ \pi}{4}$.
Деревянный кубик опирается одним ребром на мол, другим на вертикальную стену. При каком минимальном значении угла а между полом и гранью кубика возможно равновесие? Коэффициент трения между гранью и стеной, а также между грань и полом ранен $\mu = 0,3$.
Решение:
Условия равновесия кубика $\sum_{i} \vec{F}_{i} =0; \sum_{i} \vec{M}_{i} = 0$;
$m \vec{g} + \vec{N}_{1} + \vec{N}_{2} + \vec{F}_{тр1} + \vec{F}_{тр2} = 0$;
$F_{тр} = \mu N$;
(x): $N_{1} - \mu N_{2} = 0$ (рис. 3); (1)
(y): $N_{2} - mg + \mu N_{1} = 0$. (2)
Уравнение моментов записываем относительно точки О.
$N_{1}l_{1} + F_{тр1}l_{2} - mgl_{3} = 0$.
Обозначим сторону кубика b, тогда из $\Delta ABO l_{1} = b \sin \alpha; l_{2} = b \cos \alpha; l_{3} = OD$, из $\Delta DOC l_{3} = \frac{b}{ \sqrt{2}} \cos (45^{ \circ} + \alpha)$. Уравнение (3) приобретает вид $N_{1} b \sin \alpha + \mu N_{1} b \cos \alpha - mg \frac{b}{ \sqrt{2}} \cos (45^{ \circ} + \alpha) = 0$. (4)
Из (1) и (2) получим $N_{2} = \frac{N_{1}}{ \mu}; N_{1} = \frac{ \mu mg}{1 + \mu^{2}}$ и подставим в (4):
$\frac{ \mu mg}{1 + \mu^{2}} b \sin \alpha + \frac{ \mu^{2} mg}{1 + \mu^{2}} b \cos \alpha - mg \frac{b}{2} ( \cos \alpha - \sin \alpha) = 0$,
откуда следует $tg \alpha = \frac{1 - \mu}{1 + \mu}; \alpha = arctg \frac{1 - \mu}{1 + \mu} = 28^{ \circ}$. Очевидно, что максимальный угол, под которым может стоять ящик, равен $\pi /4$, следовательно $arctg \frac{1 - \mu}{1 + \mu} \leq \alpha \leq \frac{ \pi}{4}$.
