Номер 9.10, страница 68 - гдз по физике 10-11 класс задачник Гельфгат, Генденштейн

Упражнения. 9. Элементы статики. Динамика. Механика - номер 9.10, страница 68.

Условие.

9.10. Лестница опирается на гладкую вертикальную стену. Коэффициент трения между ножками лестницы и полом равен $\mu$. Какой наибольший угол $\alpha_{\text{max}}$ может образовывать лестница со стеной? Центр тяжести лестницы совпадает с ее серединой.

☑ $\alpha_{\text{max}} = \operatorname{arctg}(2\mu).$

Решение. Обозначим массу лестницы $\text{m}$, а длину $\text{l}$ (см. рисунок). Запишем условия равновесия, вычисляя моменты сил относительно точки $\text{O}$ (при этом моменты двух сил обращаются в нуль):

$F_{\text{тр}} = N_2, N_1 = mg,$

$mg\frac{l}{2}\sin\alpha - N_2 l \cos\alpha = 0.$

Поскольку $F_{\text{тр}} \leq \mu N_1$, получаем

$\operatorname{tg}\alpha \leq 2\mu.$

Решение.

Дано:

Коэффициент трения между ножками лестницы и полом: $μ$

Стена: гладкая (коэффициент трения равен 0)

Центр тяжести лестницы: совпадает с ее серединой

Найти:

Наибольший угол $α_{max}$, который может образовывать лестница со стеной.

Решение:

Обозначим массу лестницы как $m$, а ее длину как $l$. На лестницу, находящуюся в равновесии, действуют четыре силы, как показано на рисунке в условии:

1. Сила тяжести $\vec{mg}$, приложенная к центру масс (середине лестницы) и направленная вертикально вниз.

2. Сила нормальной реакции опоры со стороны пола $\vec{N_1}$, направленная вертикально вверх.

3. Сила нормальной реакции опоры со стороны гладкой стены $\vec{N_2}$, направленная горизонтально от стены.

4. Сила трения покоя $\vec{F_{тр}}$ со стороны пола, направленная горизонтально к стене и препятствующая проскальзыванию основания лестницы.

Для того чтобы лестница находилась в состоянии статического равновесия, необходимо выполнение двух условий:

1. Векторная сумма всех действующих на нее сил должна быть равна нулю.

2. Сумма моментов всех сил относительно любой оси должна быть равна нулю.

Запишем первое условие равновесия в проекциях на оси координат. Ось OY направим вертикально вверх, ось OX — горизонтально вправо.

Сумма проекций сил на ось OX: $N_2 - F_{тр} = 0 \implies F_{тр} = N_2$.

Сумма проекций сил на ось OY: $N_1 - mg = 0 \implies N_1 = mg$.

Теперь запишем второе условие равновесия (правило моментов). Удобнее всего выбрать точку O (точка соприкосновения лестницы с полом) в качестве оси вращения, так как моменты сил $\vec{N_1}$ и $\vec{F_{тр}}$ относительно этой точки равны нулю.

Момент силы тяжести $\vec{mg}$ вращает лестницу по часовой стрелке. Его плечо равно $d_1 = \frac{l}{2}\sinα$. Момент $M_{mg} = mg \frac{l}{2}\sinα$.

Момент силы реакции стены $\vec{N_2}$ вращает лестницу против часовой стрелки. Его плечо равно $d_2 = l\cosα$. Момент $M_{N2} = N_2 l\cosα$.

Условие равновесия моментов: $M_{N2} - M_{mg} = 0$.

$N_2 l\cosα - mg \frac{l}{2}\sinα = 0$

Сократив на $l$, получим:

$N_2 \cosα = \frac{mg}{2}\sinα$

Отсюда выразим $N_2$:

$N_2 = \frac{mg}{2} \frac{\sinα}{\cosα} = \frac{mg}{2} \tanα$

Лестница не будет скользить, пока сила трения покоя $F_{тр}$ не превысит своего максимального значения, которое равно $μN_1$.

$F_{тр} \le μN_1$

Подставим в это неравенство ранее найденные выражения: $F_{тр} = N_2 = \frac{mg}{2}\tanα$ и $N_1 = mg$.

$\frac{mg}{2}\tanα \le μ(mg)$

Разделим обе части неравенства на $mg$:

$\frac{1}{2}\tanα \le μ \implies \tanα \le 2μ$

Наибольший угол $α_{max}$ соответствует предельному состоянию равновесия, когда сила трения достигает своего максимального значения. В этом случае неравенство становится равенством:

$\tanα_{max} = 2μ$

Отсюда находим искомый угол:

$α_{max} = \operatorname{arctg}(2μ)$

Ответ: $α_{max} = \operatorname{arctg}(2μ)$.