Номер 8.31, страница 47 - гдз по физике 8-11 класс учебник, задачник Гельфгат, Генденштейн

Задачи. Механика. 8. Комбинированные задачи по механике - номер 8.31, страница 47.

Условие.

8.31**. На полу вертикально стоит легкий стержень, на верхнем конце которого закреплен небольшой массивный шар. Стержень начинает падать без начальной скорости, причем его нижний конец не проскальзывает. При каком коэффициенте трения $\mu$ такое движение возможно? Какой угол $\alpha_{\text{max}}$ образует стержень с вертикалью, когда его нижний конец перестает давить на пол? На каком расстоянии от начальной точки опоры стержня упадет шар?

Решение.

Решение 2.

Дано

Стержень легкий, его масса равна нулю.
Начальная скорость равна нулю.
Нижний конец стержня не проскальзывает.
$\text{m}$ - масса шара.
$\text{L}$ - длина стержня.
$\text{g}$ - ускорение свободного падения.

Найти

$μ$ - коэффициент трения, при котором возможно движение без проскальзывания.
$α_{max}$ - угол, при котором стержень отрывается от пола.
$\text{S}$ - расстояние от начальной точки опоры до места падения шара.

Решение

Введем систему координат с началом в точке опоры стержня. Ось $\text{Y}$ направим вертикально вверх, ось $\text{X}$ - горизонтально. Пусть $α$ - угол отклонения стержня от вертикали. Координаты шара: $x = L \sin(α)$, $y = L \cos(α)$.

Так как нижний конец стержня не проскальзывает, движение шара представляет собой вращение вокруг точки опоры. Применим закон сохранения энергии. Начальная энергия (потенциальная) $E_0 = mgL$. Энергия в положении с углом $α$: $E = \frac{1}{2}mv^2 + mgL\cos(α)$. Скорость шара $v = ωL$, где $ω$ - угловая скорость. $mgL = \frac{1}{2}m(ωL)^2 + mgL\cos(α)$. Отсюда находим квадрат угловой скорости: $ω^2 = \frac{2g}{L}(1 - \cos(α))$.

Для нахождения углового ускорения $ε$ запишем уравнение моментов относительно точки опоры. Момент создает только сила тяжести: $M = mgx = mgL\sin(α)$. Момент инерции шара $I = mL^2$. $M = Iε \Rightarrow mgL\sin(α) = mL^2ε$. Отсюда $ε = \frac{g}{L}\sin(α)$.

Рассмотрим силы, действующие на систему "стержень+шар": сила тяжести $\text{mg}$, сила нормальной реакции опоры $\text{N}$ и сила трения покоя $F_{тр}$. Запишем второй закон Ньютона для центра масс (шара): $m\vec{a} = \vec{N} + \vec{F}_{тр} + m\vec{g}$. В проекциях на оси координат: $ma_x = F_{тр}$ $ma_y = N - mg$ Найдем компоненты ускорения $a_x$ и $a_y$: $a_x = \frac{d^2x}{dt^2} = Lε\cos(α) - Lω^2\sin(α) = L(\frac{g}{L}\sin(α))\cos(α) - L(\frac{2g}{L}(1 - \cos(α)))\sin(α) = g\sin(α)(3\cos(α) - 2)$. $a_y = \frac{d^2y}{dt^2} = -Lε\sin(α) - Lω^2\cos(α) = -L(\frac{g}{L}\sin(α))\sin(α) - L(\frac{2g}{L}(1 - \cos(α)))\cos(α) = g(3\cos^2(α) - 2\cos(α) - 1)$.

Отсюда выражаем силы реакции опоры: $F_{тр} = ma_x = mg\sin(α)(3\cos(α) - 2)$. $N = mg + ma_y = mg + mg(3\cos^2(α) - 2\cos(α) - 1) = mg(3\cos^2(α) - 2\cos(α)) = mg\cos(α)(3\cos(α) - 2)$.

При каком коэффициенте трения μ такое движение возможно?

Движение без проскальзывания возможно, если сила трения покоя не превышает максимального значения: $|F_{тр}| \le μN$. Подставим полученные выражения для $F_{тр}$ и $\text{N}$: $|mg\sin(α)(3\cos(α) - 2)| \le μ \cdot mg\cos(α)(3\cos(α) - 2)$. Пока стержень давит на пол ($N > 0$), выражение $3\cos(α) - 2$ положительно. Следовательно, можно на него сократить: $\sin(α) \le μ\cos(α) \Rightarrow \tan(α) \le μ$. Это условие должно выполняться в течение всего времени, пока стержень находится в контакте с полом. Функция $\tan(α)$ возрастает с углом $α$. Следовательно, для выполнения условия необходимо, чтобы $μ$ был не меньше тангенса максимального угла, которого достигает стержень, не отрываясь от пола. Этот угол $α_{max}$ мы найдем в следующем пункте, он определяется условием $N=0$, что соответствует $\cos(α_{max}) = 2/3$. Найдем тангенс этого угла: $\sin(α_{max}) = \sqrt{1 - \cos^2(α_{max})} = \sqrt{1 - (2/3)^2} = \frac{\sqrt{5}}{3}$. $\tan(α_{max}) = \frac{\sin(α_{max})}{\cos(α_{max})} = \frac{\sqrt{5}/3}{2/3} = \frac{\sqrt{5}}{2}$. Таким образом, условие отсутствия проскальзывания: $μ \ge \frac{\sqrt{5}}{2}$.
Ответ: Движение возможно при коэффициенте трения $μ \ge \frac{\sqrt{5}}{2}$.

Какой угол α_max образует стержень с вертикалью, когда его нижний конец перестает давить на пол?

Нижний конец перестает давить на пол, когда сила нормальной реакции $\text{N}$ обращается в ноль. $N = mg\cos(α)(3\cos(α) - 2) = 0$. Это уравнение имеет два решения в диапазоне $[0, π/2]$: $\cos(α) = 0$ (т.е. $α = π/2$) и $3\cos(α) - 2 = 0$ (т.е. $\cos(α) = 2/3$). Поскольку стержень начинает падать с $α=0$, отрыв произойдет при первом же обращении $\text{N}$ в ноль. Так как $\cos(α)$ убывает с ростом $α$, первым будет достигнуто значение $\cos(α_{max}) = 2/3$.
Ответ: $α_{max} = \arccos(2/3)$.

На каком расстоянии от начальной точки опоры стержня упадет шар?

В момент отрыва ($ \cos(α_{max}) = 2/3 $) шар находится в точке с координатами $(x_0, y_0)$ и имеет скорость $(v_{x0}, v_{y0})$. После этого он движется как тело, брошенное под углом к горизонту. Координаты в момент отрыва: $x_0 = L\sin(α_{max}) = L\frac{\sqrt{5}}{3}$. $y_0 = L\cos(α_{max}) = L\frac{2}{3}$. Скорость в момент отрыва. Найдем $ω_{max}^2$: $ω_{max}^2 = \frac{2g}{L}(1 - \cos(α_{max})) = \frac{2g}{L}(1 - \frac{2}{3}) = \frac{2g}{3L}$. Компоненты скорости: $v_{x0} = Lω_{max}\cos(α_{max}) = L\sqrt{\frac{2g}{3L}} \cdot \frac{2}{3} = \frac{2}{3}\sqrt{\frac{2gL}{3}}$. $v_{y0} = -Lω_{max}\sin(α_{max}) = -L\sqrt{\frac{2g}{3L}} \cdot \frac{\sqrt{5}}{3} = -\frac{\sqrt{5}}{3}\sqrt{\frac{2gL}{3}}$. Далее шар движется по параболе. Найдем время полета $\text{t}$ из уравнения движения по оси $\text{Y}$: $y(t) = y_0 + v_{y0}t - \frac{gt^2}{2}$. $0 = \frac{2L}{3} - \frac{\sqrt{5}}{3}\sqrt{\frac{2gL}{3}}t - \frac{g}{2}t^2$. Решая квадратное уравнение относительно $\text{t}$ и выбирая положительный корень, получаем: $t = \frac{-v_{y0} + \sqrt{v_{y0}^2 + 2gy_0}}{g} = \frac{\sqrt{\frac{10gL}{27}} + \sqrt{\frac{10gL}{27} + 2g\frac{2L}{3}}}{g} = \frac{\sqrt{\frac{10gL}{27}} + \sqrt{\frac{46gL}{27}}}{g} = \sqrt{\frac{L}{27g}}(\sqrt{10} + \sqrt{46})$. За это время шар сместится по горизонтали на $Δx = v_{x0}t$. $Δx = \frac{2}{3}\sqrt{\frac{2gL}{3}} \cdot \sqrt{\frac{L}{27g}}(\sqrt{10} + \sqrt{46}) = \frac{L}{27}(4\sqrt{5} + 4\sqrt{23})$. Полное расстояние от начальной точки опоры $S = x_0 + Δx$: $S = L\frac{\sqrt{5}}{3} + \frac{L}{27}(4\sqrt{5} + 4\sqrt{23}) = \frac{L}{27}(9\sqrt{5} + 4\sqrt{5} + 4\sqrt{23}) = \frac{L}{27}(13\sqrt{5} + 4\sqrt{23})$.
Ответ: Шар упадет на расстоянии $S = \frac{L}{27}(13\sqrt{5} + 4\sqrt{23})$ от начальной точки опоры.