Номер 16, страница 433 - гдз по физике 10 класс учебник Мякишев, Синяков

Движение твёрдых и деформируемых тел. Глава 8. Статика. Параграф 8.5. Примеры решения задач. Упражнение 15 - номер 16, страница 433.

Условие.

16. Три одинаковых невесомых стержня шарнирно закре- плены в точках $\text{A}$ и $\text{B}$, лежащих на одной горизонтали. Расстояние $AB$ в два раза превышает длину одного стержня. К шарниру $\text{C}$ подвешен груз массой $\text{m}$ (рис. 8.41). Какую наименьшую по модулю силу $F_{\min}$ и в каком направлении нужно приложить к шарниру $\text{D}$, чтобы стержень $CD$ был горизонтален?

Рис. 8.41

Решение.

Дано:

Длина стержней $AC = BD = CD = L$
Расстояние между точками крепления $AB = 2L$
Масса груза, подвешенного в точке C, равна $m$
Стержни невесомые
Стержень CD расположен горизонтально

Найти:

Наименьшую по модулю силу $F_{min}$ и её направление, которые нужно приложить к шарниру D для удержания системы в равновесии.

Решение:

1. Геометрический анализ системы.
Введём систему координат. Пусть точки A и B лежат на оси X, а начало координат находится посередине отрезка AB. Тогда координаты точек A и B будут $A(-L, 0)$ и $B(L, 0)$. Поскольку стержень CD горизонтален и имеет длину $L$, а конструкция симметрична, его середина будет находиться на оси Y. Координаты точек C и D будут $C(-L/2, y_C)$ и $D(L/2, y_C)$. Длина стержня AC равна $L$. Используем формулу расстояния между двумя точками: $AC^2 = (-L/2 - (-L))^2 + (y_C - 0)^2 = L^2$ $(L/2)^2 + y_C^2 = L^2$ $L^2/4 + y_C^2 = L^2$ $y_C^2 = 3L^2/4 \Rightarrow y_C = - \frac{\sqrt{3}}{2}L$ (поскольку груз тянет систему вниз). Итак, координаты шарниров: $A(-L, 0)$, $B(L, 0)$, $C(-L/2, -L\sqrt{3}/2)$, $D(L/2, -L\sqrt{3}/2)$. Определим углы, которые стержни AC и BD образуют с горизонталью. Пусть $\alpha$ — угол наклона стержня AC к горизонтали. $\cos \alpha = \frac{|x_C - x_A|}{L} = \frac{|-L/2 - (-L)|}{L} = \frac{L/2}{L} = \frac{1}{2}$ $\sin \alpha = \frac{|y_C - y_A|}{L} = \frac{|-L\sqrt{3}/2 - 0|}{L} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ Следовательно, $\alpha = 60^\circ$. Из симметрии, стержень BD также наклонен под углом $60^\circ$ к горизонтали.

2. Анализ сил и условий равновесия.
Рассмотрим равновесие шарнира C. На него действуют три силы: сила тяжести груза $\vec{P} = m\vec{g}$ (направлена вертикально вниз), сила натяжения стержня AC ($\vec{T}_{AC}$) и сила натяжения стержня CD ($\vec{T}_{CD}$). Запишем условия равновесия для шарнира C в проекциях на оси X и Y: Ось Y: $T_{AC} \sin(60^\circ) - mg = 0$ $T_{AC} \frac{\sqrt{3}}{2} = mg \Rightarrow T_{AC} = \frac{2mg}{\sqrt{3}}$ Ось X: $T_{CD} - T_{AC} \cos(60^\circ) = 0$ $T_{CD} = T_{AC} \cos(60^\circ) = \frac{2mg}{\sqrt{3}} \cdot \frac{1}{2} = \frac{mg}{\sqrt{3}}$

3. Равновесие шарнира D.
На шарнир D действуют три силы: приложенная сила $\vec{F}$, сила со стороны стержня CD ($\vec{T}_{DC}$, направлена влево) и сила со стороны стержня BD ($\vec{T}_{BD}$). Запишем условия равновесия для шарнира D в проекциях на оси X и Y. Пусть $\vec{F} = (F_x, F_y)$. Сила $\vec{T}_{DC}$ имеет модуль $T_{CD}$ и направлена влево. Сила $\vec{T}_{BD}$ направлена вдоль стержня DB под углом $60^\circ$ к горизонту вверх и вправо (вектор DB = (L/2, $L\sqrt{3}/2$)). Ось X: $F_x - T_{CD} + T_{BD} \cos(60^\circ) = 0 \Rightarrow F_x = T_{CD} - \frac{1}{2}T_{BD}$ Ось Y: $F_y + T_{BD} \sin(60^\circ) = 0 \Rightarrow F_y = - \frac{\sqrt{3}}{2}T_{BD}$ Подставим значение $T_{CD}$: $F_x = \frac{mg}{\sqrt{3}} - \frac{1}{2}T_{BD}$ $F_y = - \frac{\sqrt{3}}{2}T_{BD}$

4. Нахождение минимальной силы.
Модуль силы $\vec{F}$ равен $F = \sqrt{F_x^2 + F_y^2}$. Найдём квадрат модуля силы: $F^2 = \left(\frac{mg}{\sqrt{3}} - \frac{1}{2}T_{BD}\right)^2 + \left(- \frac{\sqrt{3}}{2}T_{BD}\right)^2$ $F^2 = \frac{m^2g^2}{3} - 2 \frac{mg}{\sqrt{3}} \frac{T_{BD}}{2} + \frac{T_{BD}^2}{4} + \frac{3T_{BD}^2}{4}$ $F^2 = T_{BD}^2 - \frac{mg}{\sqrt{3}}T_{BD} + \frac{m^2g^2}{3}$ Это выражение является квадратичной функцией от $T_{BD}$. Минимум этого выражения достигается в вершине параболы: $T_{BD} = - \frac{-mg/\sqrt{3}}{2 \cdot 1} = \frac{mg}{2\sqrt{3}}$ Подставим это значение $T_{BD}$ в выражение для $F^2$, чтобы найти $F_{min}^2$: $F_{min}^2 = \left(\frac{mg}{2\sqrt{3}}\right)^2 - \frac{mg}{\sqrt{3}}\left(\frac{mg}{2\sqrt{3}}\right) + \frac{m^2g^2}{3} = \frac{m^2g^2}{12} - \frac{m^2g^2}{6} + \frac{m^2g^2}{3} = \frac{(1-2+4)m^2g^2}{12} = \frac{3m^2g^2}{12} = \frac{m^2g^2}{4}$ Отсюда, минимальная сила: $F_{min} = \sqrt{\frac{m^2g^2}{4}} = \frac{mg}{2}$

5. Направление минимальной силы.
Найдём компоненты силы $\vec{F}_{min}$, подставив найденное значение $T_{BD} = \frac{mg}{2\sqrt{3}}$: $F_x = \frac{mg}{\sqrt{3}} - \frac{1}{2}\left(\frac{mg}{2\sqrt{3}}\right) = \frac{mg}{\sqrt{3}} - \frac{mg}{4\sqrt{3}} = \frac{3mg}{4\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}mg}{4}$ $F_y = - \frac{\sqrt{3}}{2}\left(\frac{mg}{2\sqrt{3}}\right) = -\frac{mg}{4}$ Найдём угол $\theta$ наклона силы к горизонтали: $\tan\theta = \frac{F_y}{F_x} = \frac{-mg/4}{\sqrt{3}mg/4} = -\frac{1}{\sqrt{3}}$ Так как $F_x > 0$ и $F_y < 0$, сила направлена в четвёртый квадрант. Угол составляет $30^\circ$ ниже горизонтали.

Ответ: Наименьшая по модулю сила равна $F_{min} = \frac{mg}{2}$ и должна быть направлена под углом $30^\circ$ к горизонтали вниз.