Решить задачу, страница 104, часть 1 - гдз по физике 10 класс учебник Кронгарт, Казахбаева

1. Лестница прислонена к стене. При каком минимальном угле наклона к полу она не будет падать? Коэффициенты трения между лестницей и стеной и между лестницей и полом, соответственно, равны $\mu_1$ и $\mu_2$.

Решение.

Сделаем чертеж и выберем оси $\text{OX}$ и $\text{OY}$, как показано на рисунке 16.4. На лестницу действуют следующие силы: сила тяжести $\vec{mg}$, сила нормальной реакции со стороны стены $\vec{N_1}$ и со стороны пола $\vec{N_2}$, силы трения $\vec{F_{\text{тр}1}}$ и $\vec{F_{\text{тр}2}}$. Тогда первое условие равновесия (16.2) для лестницы имеет вид: $\vec{mg} + \vec{N_1} + \vec{N_2} + \vec{F_{\text{тр}1}} + \vec{F_{\text{тр}2}} = 0.$ (1)

В качестве оси вращения выберем точку $\text{C}$, тогда второе уравнение равновесия (16.4) с учетом знаков моментов сил запишется следующим образом: $N_1 l \sin\alpha + F_{\text{тр}1} l \cos\alpha - mg \frac{l}{2} \cos\alpha = 0.$ (2)

Здесь $\text{l}$ длина лестницы. Из уравнения (2) следует: $\text{tg}\alpha = \frac{\frac{mg}{2} - F_{\text{тр}1}}{N_1}.$

В этой формуле $\vec{N_1}$ и $\vec{F_{\text{тр}1}}$ выразим через силу тяжести. Для этого запишем уравнение (1) в проекциях на оси координат.

Проекция на ось OX: $N_1 - F_{\text{тр}2} = 0,$ проекция на ось OY: $N_2 + F_{\text{тр}1} - mg = 0.$

По условию задачи требуется найти минимальное значение угла $\alpha_{\min}$, поэтому берем максимальное значение сил трения, т. е. $F_{\text{тр}1} = \mu_1 N_1$ и $F_{\text{тр}2} = \mu_2 N_2.$

Тогда: $N_1 = \frac{\mu_2 mg}{1 + \mu_1 \mu_2},$ и окончательно для угла получим,$\text{tg}\alpha_{\min} = \frac{1 - \mu_1 \mu_2}{2\mu_2}.$

Решите эту задачу, выбрав за ось вращения точку $О$. Сделайте вывод о полученном результате. В каком случае решать задачу было легче?

Рис. 16.4

Решим задачу, выбрав в качестве оси вращения точку О — угол между стеной и полом. Лестница находится в равновесии, следовательно, должны выполняться два условия равновесия:

1. Векторная сумма всех действующих на тело сил равна нулю (равновесие поступательного движения).

2. Сумма моментов всех сил относительно любой оси вращения равна нулю (равновесие вращательного движения).

На лестницу действуют следующие силы (см. Рис. 16.4 в условии):

• Сила тяжести $m\vec{g}$, приложенная к центру масс лестницы (ее середина) и направленная вертикально вниз.
• Сила нормальной реакции стены $\vec{N}_1$, направленная перпендикулярно стене (горизонтально).
• Сила нормальной реакции пола $\vec{N}_2$, направленная перпендикулярно полу (вертикально вверх).
• Сила трения о стену $\vec{F}_{тр1}$, направленная вдоль стены вверх.
• Сила трения о пол $\vec{F}_{тр2}$, направленная вдоль пола к стене (горизонтально).

Дано:

$\text{m}$ — масса лестницы

$\text{l}$ — длина лестницы

$\mu_1$ — коэффициент трения между лестницей и стеной

$\mu_2$ — коэффициент трения между лестницей и полом

Найти:

$\alpha_{min}$ — минимальный угол наклона лестницы к полу, при котором она не будет падать.

Решение:

Запишем первое условие равновесия в проекциях на оси координат OX (горизонтальная) и OY (вертикальная):

Проекция на ось OX: $N_1 - F_{тр2} = 0$

Проекция на ось OY: $N_2 + F_{тр1} - mg = 0$

Теперь запишем второе условие равновесия — равенство нулю суммы моментов сил относительно точки o (угол между стеной и полом). Моментом силы является произведение модуля силы на плечо (кратчайшее расстояние от оси вращения до линии действия силы). Примем моменты, вращающие тело против часовой стрелки, положительными, а по часовой — отрицательными.

• Момент силы реакции пола $\vec{N}_2$: $M(\vec{N}_2) = N_2 \cdot l \cos\alpha$ (плечо равно $l \cos\alpha$, вращает против часовой стрелки).
• Момент силы реакции стены $\vec{N}_1$: $M(\vec{N}_1) = -N_1 \cdot l \sin\alpha$ (плечо равно $l \sin\alpha$, вращает по часовой стрелке).
• Момент силы тяжести $m\vec{g}$: $M(m\vec{g}) = -mg \cdot \frac{l}{2} \cos\alpha$ (плечо равно $\frac{l}{2} \cos\alpha$, вращает по часовой стрелке).
• Моменты сил трения $\vec{F}_{тр1}$ и $\vec{F}_{тр2}$ равны нулю, так как линии их действия проходят через ось вращения O.

Сумма моментов равна нулю:

$N_2 l \cos\alpha - N_1 l \sin\alpha - mg \frac{l}{2} \cos\alpha = 0$

Сократим на длину лестницы $\text{l}$:

$N_2 \cos\alpha - N_1 \sin\alpha - \frac{mg}{2} \cos\alpha = 0$

Минимальный угол $\alpha_{min}$ соответствует состоянию предельного равновесия, когда силы трения достигают своих максимальных значений (силы трения скольжения):

$F_{тр1} = \mu_1 N_1$

$F_{тр2} = \mu_2 N_2$

Подставим эти выражения в уравнения для проекций сил:

$N_1 - \mu_2 N_2 = 0 \implies N_1 = \mu_2 N_2$

$N_2 + \mu_1 N_1 - mg = 0$

Теперь у нас есть система уравнений для нахождения сил реакций. Подставим выражение для $N_1$ во второе уравнение:

$N_2 + \mu_1 (\mu_2 N_2) - mg = 0 \implies N_2(1 + \mu_1 \mu_2) = mg$

Отсюда находим $N_2$ и затем $N_1$:

$N_2 = \frac{mg}{1 + \mu_1 \mu_2}$

$N_1 = \frac{\mu_2 mg}{1 + \mu_1 \mu_2}$

Подставим полученные выражения для $N_1$ и $N_2$ в уравнение моментов:

$\frac{mg}{1 + \mu_1 \mu_2} \cos\alpha_{min} - \frac{\mu_2 mg}{1 + \mu_1 \mu_2} \sin\alpha_{min} - \frac{mg}{2} \cos\alpha_{min} = 0$

Сократим на $mg$:

$\frac{1}{1 + \mu_1 \mu_2} \cos\alpha_{min} - \frac{\mu_2}{1 + \mu_1 \mu_2} \sin\alpha_{min} - \frac{1}{2} \cos\alpha_{min} = 0$

Перегруппируем слагаемые, чтобы выразить $\tan\alpha_{min} = \frac{\sin\alpha_{min}}{\cos\alpha_{min}}$:

$\cos\alpha_{min} \left( \frac{1}{1 + \mu_1 \mu_2} - \frac{1}{2} \right) = \sin\alpha_{min} \left( \frac{\mu_2}{1 + \mu_1 \mu_2} \right)$

Упростим выражение в скобках:

$\frac{1}{1 + \mu_1 \mu_2} - \frac{1}{2} = \frac{2 - (1 + \mu_1 \mu_2)}{2(1 + \mu_1 \mu_2)} = \frac{1 - \mu_1 \mu_2}{2(1 + \mu_1 \mu_2)}$

Подставим обратно в уравнение:

$\cos\alpha_{min} \left( \frac{1 - \mu_1 \mu_2}{2(1 + \mu_1 \mu_2)} \right) = \sin\alpha_{min} \left( \frac{\mu_2}{1 + \mu_1 \mu_2} \right)$

Выразим тангенс угла:

$\tan\alpha_{min} = \frac{\sin\alpha_{min}}{\cos\alpha_{min}} = \frac{ \frac{1 - \mu_1 \mu_2}{2(1 + \mu_1 \mu_2)} }{ \frac{\mu_2}{1 + \mu_1 \mu_2} } = \frac{1 - \mu_1 \mu_2}{2\mu_2}$

Ответ: $ \tan\alpha_{min} = \frac{1 - \mu_1 \mu_2}{2\mu_2} $

Вывод о полученном результате и сравнение методов решения

Полученный результат полностью совпадает с ответом, приведенным в задаче. Это подтверждает, что выбор оси вращения не влияет на конечный результат, как и следует из законов статики.

Сравним сложность решения при выборе разных осей вращения:

• Ось вращения в точке C (основание лестницы). В этом случае моменты сил $\vec{N}_2$ и $\vec{F}_{тр2}$ равны нулю. Уравнение моментов связывает силы $\vec{N}_1$, $\vec{F}_{тр1}$ и $m\vec{g}$.
• Ось вращения в точке o (угол между стеной и полом). В этом случае моменты сил трения $\vec{F}_{тр1}$ и $\vec{F}_{тр2}$ равны нулю, так как их линии действия проходят через эту точку. Уравнение моментов связывает силы $\vec{N}_1$, $\vec{N}_2$ и $m\vec{g}$.

Выбор точки o в качестве оси вращения можно считать несколько более простым и "изящным". Это связано с тем, что из уравнения моментов сразу исключаются обе силы трения. Уравнение моментов в этом случае напрямую связывает нормальные силы реакций и силу тяжести. В то время как при выборе точки C в уравнение моментов входит одна нормальная сила и одна сила трения. Хотя итоговый объем алгебраических преобразований в обоих случаях примерно одинаков, первоначальная запись уравнения моментов для оси o выглядит концептуально проще, так как она оперирует только "первичными" силами (реакциями опор и весом), а не силами трения, которые от них зависят. Таким образом, решать задачу было немного легче, выбрав за ось вращения точку O.