Решение

Самое трудное в этой задаче, как отметил Калда, — нарисовать чертёж. Приведём чертёж, с которым будем работать. Пусть \(O\) — центр обруча, а \(A\) — центр вращающегося вала.

Пусть \(Q\) — векторная сумма сил трения и нормальной реакции¹: \[Q = \sqrt{\mu^2N^2+N^2} = N\sqrt{\mu^2+1},\] поскольку система находится в равновесии; тогда сила трения \(\mu N\) должна быть равна \(mg\sin\theta\). По простой тригонометрии мы знаем также, что \(\mu N = Q\sin\theta\). Поэтому, поскольку сумма сил равна нулю, имеем \[\mu N = mg\sin\theta = N\sqrt{\mu^2+1}\sin\theta.\] Теперь нужно установить это соотношение через \(\beta\). Можно было бы обратиться к анализу моментов, однако более изящный математический подход — теорема синусов. По теореме синусов мы знаем, что \[\frac{\sin\beta}r = \frac{\sin\theta}{r+\ell}\ \Longrightarrow\ \sin\theta = \frac{(r+\ell)\sin\beta}r.\] Подставляя это вместо \(\sin\theta\), находим \[\mu N = N\sqrt{\mu^2+1}\frac{(r+\ell)\sin\beta}r,\qquad \sin\beta = \frac{r\mu}{(r+\ell)\sqrt{\mu^2+1}},\] \[\boxed{\beta = \arcsin\Bigl(\frac{r\mu}{(r+\ell)\sqrt{\mu^2+1}}\Bigr)}.\]

Сноски

1. Сила трения не постоянна на протяжении всего процесса проскальзывания, однако она максимальна (равна \(\mu N\)), когда вал находится в равновесном положении. ↩

Решение

\

Пусть угол между вертикалью и прямой, соединяющей груз с центром цилиндра \(O\), равен \(\theta\). Суммируя силы, действующие на груз, получаем \[mg\sin\theta-\mu mg\cos\theta = 0\ \Longrightarrow\ \mu = \tg\theta.\] Это неудивительно, поскольку это типичное условие того, что тело не проскальзывает. Вы можете сами убедиться, что эффективный угол наклона равен углу \(\theta\), который нормальная сила составляет с вертикалью.

Далее просуммируем моменты относительно точки контакта наклонной плоскости и цилиндра. Плечо для цилиндра равно \(R\sin\alpha\), а плечо для груза — \(R\sin\theta-R\sin\alpha\). Поэтому уравнение баланса моментов можно записать так: \[(M+m)g\sin\alpha = mg\sin\theta.\] Поскольку \(\tg\theta = \mu\), можно построить прямоугольный треугольник:

Поэтому \(\sin\theta = \frac\mu{\sqrt{\mu^2+1}}\). Подставляя этот результат в уравнение суммы моментов, получаем \[(M+m)g\sin\alpha = mg\frac\mu{\sqrt{\mu^2+1}},\] откуда следует ответ \[\boxed{\alpha = \arcsin\Bigl(\frac m{M+m}\frac\mu{\sqrt{\mu^2+1}}\Bigr)}.\]

Решение 2. Сначала рассмотрим только груз в цилиндре. Если поверхность, на которой лежит груз, составляет с горизонтом угол \(\theta\) такой, что \(\mu = \tg\theta\), то груз будет на грани проскальзывания. При статическом равновесии малое возмущение не изменит полной энергии. Вращение можно представить в два шага. Сначала мы чисто поступательно смещаем центр цилиндра на расстояние \(R\,d\theta\). Затем чисто поворачиваем цилиндр вокруг центра на угол \(d\theta\). Просуммируем изменение потенциальной энергии на этих двух шагах и приравняем к нулю.

Смещая цилиндр вниз по наклонной плоскости на расстояние \(R\,d\theta\), мы меняем потенциальную энергию на \[dU_{\text{цил}} = -(M+m)g(R\,d\theta)\sin\alpha.\] Далее поворачиваем цилиндр против часовой стрелки на угол \(d\theta\). Это заставит груз подняться и увеличит его потенциальную энергию на \(dU_{\text{груз}} = mgR\sin\theta\,d\theta\).

Мы знаем, что полное изменение энергии будет нулевым (поскольку \(\frac{dU}{d\theta} = 0\) в локальном минимуме), так что \[0 = -(M+m)gR\sin\alpha\,d\theta+mgR\sin\theta\,d\theta,\] \[(M+m)\sin\alpha = m\sin\theta,\qquad \sin\alpha = \frac{m\sin\theta}{M+m}.\] \(\sin\theta\) можно определить, пользуясь тем, что \(\tg\theta = \mu\); это даёт \[\boxed{\alpha = \arcsin\Bigl(\frac{m\mu}{(M+m)\sqrt{\mu^2+1}}\Bigr)}.\]

Решение

\

В силу симметрии системы и того, что \(AB-CD = CD = AC = BD\), видим, что \(\angle CAB = \angle DBA = 60^\circ\), так что \(AC\cos\angle CAB = \frac{AC}2\). Теперь рассмотрим суммарный момент, действующий на стержень \(CD\) относительно точки пересечения продолжений \(AC\) и \(DB\), которую назовём \(M\). Силы натяжения стержней \(AC\) и \(DB\) проходят через \(M\) и не создают момента. Единственные моменты — от \(mg\) и \(F\). Момент от \(mg\) равен \[mg\ell\sin30^\circ = \frac{mg\ell}2,\] где \(\ell\equiv MC = MD = CD\). Для минимального значения \(F\) она должна быть направлена перпендикулярно \(MB\), и её величина должна быть \[\frac{mg\ell}{2\ell} = \boxed{\frac{mg}2}.\]

Пользуясь симметрией, можно определить углы \(\angle C = \angle D = 120^\circ\) равнобедренной трапеции. Воспользуемся фактом 20 из пособия, который вкратце гласит, что если невесомый стержень свободно закреплён шарнирами на обоих концах, то сила в шарнире должна быть направлена вдоль стержня. Это единственный способ, при котором момент равен нулю.

Поэтому стержень \(AC\) должен создавать направленную вверх силу \(mg\). Пользуясь приведённым выше углом и разложив силу на компоненты, видим, что горизонтальная сила равна \(mg\tg30^\circ\). По третьему закону Ньютона это же и горизонтальная сила, которую стержень оказывает на шарнир \(D\). Значит, вертикальные силы, которые \(BD\) и \(F\) оказывают на \(D\), должны в сумме давать нуль, а их горизонтальные силы — в сумме \(mg/2\). Поэтому имеем \[F\cos\theta+T\sin30^\circ = mg\tg30^\circ,\qquad F\sin\theta = T\cos30^\circ.\] Объединяя их, чтобы убрать \(T\), получаем \[F\Bigl(\cos\theta+\frac{\sin\theta}{\sqrt3}\Bigr) = \frac{mg}2.\] \(F\) можно минимизировать, взяв производную, или заметив, что вторая часть левой стороны достигает максимума \[\sqrt{1^2+\Bigl(\frac1{\sqrt3}\Bigr)^2} = \frac2{\sqrt3},\] так что минимальная \(F\) достигается при этом значении: \[F\Bigl(\frac2{\sqrt3}\Bigr) = \frac{mg}{\sqrt3},\qquad \boxed{F = \frac{mg}2}.\] Та же задача была приведена в книге С. С. Кротова «Задачи по физике».

Решение

Возьмёмся сразу за часть (б). Часть (а) следует из тех же рассуждений и может быть выведена из части (б). Нормальная сила даётся выражением \[N = mg\cos\alpha-F\sin\theta,\] а сложение сил вдоль плоскости даёт (в предположении максимального трения) \[F\cos\theta+mg\sin\alpha-\mu N = 0.\] Подставляя наше выражение для \(N\), можно записать \(F\) через все наши переменные: \[F = \frac{mg(\mu\cos\alpha-\sin\alpha)}{\cos\theta+\mu\sin\theta}.\] \(F\) минимальна, когда знаменатель максимален. Взяв производную от \(\cos\theta+\mu\sin\theta\) и приравняв её нулю, получаем минимум \(F\) при \(\tg\theta = \mu\).

По большому треугольнику видно, что в этой конфигурации \(\tg\theta = \mu\). По двум меньшим треугольникам можно выразить гипотенузу как \(\cos\theta+\mu\sin\theta\), и эта гипотенуза оказывается равной \(\sqrt{\mu^2+1}\). Поэтому для минимальной силы можно записать \[\boxed{F_{\min} = \frac{mg(\mu\cos\alpha-\sin\alpha)}{\sqrt{\mu^2+1}}},\] что эквивалентно (хотя и не очевидно) данному в пособии ответу. Если положить \(\alpha = 0\), получаем \[\boxed{F_{\min} = mg\cdot\frac\mu{\sqrt{\mu^2+1}}}.\] В приведённом выше решении мы искали максимальное значение \(\cos\theta+\mu\sin\theta\), беря производную, а затем подставляя обратно с помощью хитрого треугольника. Однако этот шаг становится тривиальным, если знать, что для \[f(x) = A\cos x+B\sin x\] максимальное значение равно \(\sqrt{A^2+B^2}\), что даёт искомый результат \(\sqrt{1+\mu^2}\).

Решение 2. Есть четыре силы: сила тяжести, нормальная сила, приложенная сила и сила трения. Их можно свести к двум силам. Пусть \(\vec F_1 = \vec N+\vec f\) и \(\vec F_2 = \vec F+m\vec g\). Угол, который \(F_1\) составляет с перпендикуляром, равен \(\theta = \arctg\mu\).

Во-вторых, \(F_2\) должна лежать на той же прямой, что и \(F_1\). Чтобы \(F\) была построена так, чтобы это выполнялось, и при этом была минимальна, нужно, чтобы \(F\) была перпендикулярна лучу, задаваемому \(F_1\). Прослеживая углы, получаем \(\varphi = \theta-\alpha\) как угол между \(mg\) и лучом, образованным \(F_1\).

Разложив \(\vec F_2\) на компоненты, получаем \[\boxed{F = mg\sin\varphi = mg\sin(\arctg\mu-\alpha)},\] что эквивалентно приведённому выше ответу.

Решение

В системе отсчёта плоскости диаграмма сил, действующих на брусок, такова:

Анализируя силы, видим, что для того, чтобы брусок оставался неподвижным, должно быть \[F_f = mg\sin\alpha-ma\cos\alpha,\qquad N = mg\cos\alpha+ma\sin\alpha.\] Поскольку нормальная сила должна быть больше нуля, имеем \[N>0\ \Longrightarrow\ g\cos\alpha+a\sin\alpha>0,\qquad g+a\tg\alpha>0.\] Кроме того, поскольку сила трения должна быть не больше \(\mu N\), \[f\le\mu N\ \Longrightarrow\ \frac{g\sin\alpha-a\cos\alpha}{g\cos\alpha+a\sin\alpha}\le\mu.\] Если трение действует в противоположном направлении, то \[\frac{-g\sin\alpha-a\cos\alpha}{g\cos\alpha+a\sin\alpha}\le\mu.\] Поэтому \[\boxed{\frac{|g\sin\alpha-a\cos\alpha|}{g\cos\alpha+a\sin\alpha}\le\mu},\] но только если \(g+a\tg\alpha>0\).

Решение 2. Вот два крайних сценария, которые могут произойти. Во-первых, плоскость может иметь большое ускорение, и брусок вот-вот проскользнёт вверх. Во-вторых, ускорение плоскости может быть достаточно малым, чтобы не дать бруску проскользнуть вниз. Сосредоточимся сначала на первом сценарии.

Как и в задаче 4, рассмотрим четыре силы геометрически как целое, а не покомпонентно. Переходя в ускоренную систему отсчёта, вводим фиктивную силу \(f = ma\). Векторы \(mg\) и \(ma\) складываются, давая одну «эффективную» силу. Нормальная сила и максимальная сила трения покоя складываются, давая нам вторую «эффективную» силу. Теперь задача становится задачей статического равновесия при наличии всего двух сил. Это тривиальный случай: они должны быть направлены в противоположные стороны. Геометрически это происходит, когда \(\beta = \theta+\alpha\). Угол \(\theta\) даётся выражением \[\tg\theta = \frac{N\mu}N = \mu,\] а угол \(\beta\) связывает \(ma\) и \(mg\) соотношением \[\tg\beta = \frac{ma}{mg}\ \Longrightarrow\ \tg(\arctg\mu+\alpha) = \frac ag.\] Решая относительно \(\mu\), получаем \[\mu_{\max} = \tg\Bigl(\arctg\frac ag-\alpha\Bigr).\] Теперь рассмотрим случай, когда трение минимально и брусок вот-вот проскользнёт вниз.

Снова сгруппируем силы, как раньше. На этот раз условие равновесия таково: \(\beta = \alpha-\theta\). Значение \(\theta\) остаётся прежним, так что можно найти \[\mu_{\min} = \tg\Bigl(\alpha-\arctg\frac ag\Bigr).\] Поэтому имеем \[\boxed{\tg\Bigl(\alpha-\arctg\frac ag\Bigr)<\mu <\tg\Bigl(\arctg\frac ag-\alpha\Bigr)}.\] Хотя ответы этих двух решений выглядят очень по-разному, на самом деле они эквивалентны!

Решение

(а) Рассмотрим силы, действующие в поперечном сечении цилиндра. Считая брусок точечной массой и учитывая центробежную силу, строим следующий чертёж.

Поскольку система в равновесии, равнодействующая сила должна быть нулевой в обоих направлениях. Будем вести вычисления в наклонных координатах, задаваемых углом \(\theta\). В вертикальном направлении имеем \[0 = N+mg\sin\theta-m\omega^2r,\] что, в свою очередь, означает, что нормальная сила равна \(N = m\omega^2r-mg\sin\theta\). В горизонтальном направлении заметим, что \[\mu N-mg\cos\theta = 0,\qquad mg\cos\theta = \mu N.\] Однако вспомним, что \(\mu N\) — максимальное трение при проскальзывании, так что нужно поставить знак «\(\le\)»: \[mg\cos\theta\le\mu N.\] Подставляя \(N\) из предыдущего вычисления, имеем \[mg\cos\theta\le\mu(m\omega^2r-mg\sin\theta),\] перенося переменные и сокращая \(m\), получаем \[\omega^2r\ge g(\mu^{-1}\cos\theta+\sin\theta).\] Теперь наша цель — найти максимум \(\mu^{-1}\cos\theta+\sin\theta\) на отрезке \([0,2\pi]\). Известно, что синусоиду \(A\cos\theta+B\sin\theta\) можно представить одной тригонометрической функцией: \[A\cos\theta+B\sin\theta = \sqrt{A^2+B^2}\cdot\cos(\theta+\varphi).\] Из этой записи ясно, что максимальное значение равно \(\sqrt{A^2+B^2}\), что даёт максимум \(\mu^{-1}\cos\theta+\sin\theta\) равным \(\sqrt{1+\mu^{-2}}\). Подставляя это значение в наше окончательное выражение, получаем \[\boxed{\omega^2r\ge g\sqrt{\mu^{-2}+1}}.\]

(б) В этой части работаем в цилиндрических координатах. Разложим силу тяжести по двум осям. Если повернуть цилиндр на \(\alpha\), имеем \[g_z = g\sin\alpha,\qquad g_{r,\theta} = g\cos\alpha.\] Теперь остаётся подставить \(g_{\text{эфф}}\) в наши два уравнения. Для радиального уравнения было \(N = m\omega^2r-mg\sin\theta\). Поскольку нормальная сила радиальна, используем \(g_{r,\theta} = g\cos\alpha\) и подставляем: \[N = m\omega^2r-mg\cos\alpha\sin\theta.\] Во втором уравнении у нас две компоненты силы тяжести, \(F_\theta\) и \(F_z\), чей суммарный модуль должен быть меньше трения, т. е. \(\mu N\): \[\sqrt{F_\theta^2+F_z^2}\le\mu N,\] \[\sqrt{(mg\cos\alpha\cos\theta)^2+(mg\sin\alpha)^2} \le\mu(m\omega^2r-mg\cos\alpha\sin\theta).\] Вынося \(m\) и группируя, имеем \[\boxed{\omega^2r\ge g\cos\alpha\bigl(\sqrt{\cos^2\theta+\tg^2\alpha} +\mu\sin\theta\bigr)}.\] Снова нужно максимизировать правую часть. Здесь, к сожалению, нет изящного приёма, кроме дифференцирования и приравнивания результата нулю.

Решение

Центр масс тела можно вычислить, рассматривая колесо как суперпозицию двух тел: одного с положительной плотностью \(\rho\) и одного с отрицательной плотностью \(-\rho\). Приняв \(r = 0\) за центр, получаем центр масс: \[r_{\text{цм}} = \frac{\rho\pi R^2\cdot0-\rho\pi\bigl(\frac R2\bigr)^2 \bigl(\frac R3\bigr)}{\rho\pi R^2-\rho\pi\bigl(\frac R2\bigr)^2} = -\frac{\frac14\bigl(\frac R3\bigr)}{1-1/4} = -R/9.\] Поэтому при нулевой нормальной силе имеем \[m\omega^2(R/9) = mg,\qquad \omega = 3\sqrt{g/R},\] и, следовательно, скорость равна \[\boxed{v = 3\sqrt{gR}}.\]

Решение

(а) Пусть точка, где нить встречается с цилиндром, — \(A\), а две точки, где полоса трения касается цилиндра, — \(B\) и \(C\). Пусть \(D\) — точка, диаметрально противоположная \(A\).

Утверждение. \(D\) — мгновенный центр вращения (МЦВ).

Доказательство. Предположим противное. Пусть \(D^*\) — МЦВ. Поскольку скорость точки \(A\) перпендикулярна \(AD\), точка \(D^*\) должна лежать где-то на \(AD\). Скорости \(B\) и \(C\) перпендикулярны \(DB\) и \(DC\) (по определению МЦВ), а силы трения антипараллельны им. Единственные силы, действующие на цилиндр, — натяжение \(T\) от нити и две силы трения. Поскольку цилиндр в равновесии, приравняв момент нулю относительно точки пересечения двух векторов трения, видим, что и вектор натяжения должен проходить через неё. Однако в силу симметрии точка пересечения должна лежать на \(AD\), а значит, это должна быть сама точка \(A\). Значит, \(\angle ABD^* = \angle ACD^* = 90^\circ\). Поэтому \(ABCD^*\) — вписанный четырёхугольник, откуда \(D^*\equiv D\). \qed

Теперь пусть угловая скорость вокруг \(D\) равна \(\omega\). Скорость \(A\) равна \(v = \omega\cdot2R\), а скорость центра: \[\boxed{v_{\text{центра}} = \omega\cdot R = \frac v2}.\]

(б) Разделив пол на бесконечно тонкие полоски, как в пункте (а), можно заключить, что МЦВ по-прежнему \(D\) и ответ остаётся тем же.

Решение

Воспользуемся геометрическим свойством. Теорема Фалеса гласит, что если \(A\), \(B\) и \(C\) — различные точки на окружности, где прямая \(AC\) — диаметр, то угол \(\angle ABC\) прямой.

Поэтому, если провести окружность, у которой концы диаметра \(AC\) — вершины двух опор, то контур окружности даёт возможные положения груза. Пусть положение груза — \(B\). Мы хотим минимизировать высоту \(B\), что как раз происходит в самой нижней точке окружности. Пусть \(\angle EBD = \alpha\), так что \(\angle ABE = 45^\circ\). Прослеживая углы, можно убедиться, что \(\angle BAD = 45^\circ-\alpha\).

Теперь, поскольку \(OA\) и \(OB\) — радиусы, треугольник \(OAB\) равнобедренный, и \[\angle OAB = \angle ABO\ \Longrightarrow\ 45^\circ-\alpha+\angle OAD = 45^\circ+\alpha\ \Longrightarrow\ \angle OAD = 2\alpha.\] Этот угол связывает горизонтальное и вертикальное расстояния между опорами: \[\boxed{\tg\angle OAD = \tg2\alpha = \frac ha}.\]

Решение 2. Пусть \(y\) — вертикальное расстояние между грузом и верхом левой опоры. Пусть \(b\) и \(c\) — горизонтальные расстояния между грузом и левой и правой опорами соответственно, так что \(a = b+c\). Прослеживая углы, видим, что \[b = \frac y{\tg(45^\circ-\alpha)},\qquad c = (h+y)\tg(45^\circ-\alpha).\] Складывая их и обозначив \(\beta\equiv45^\circ-\alpha\), получаем \[ a &= b+c = \frac y{\tg\beta}+(h+y)\tg\beta,\\ a\tg\beta &= y+(h+y)\tg^2\beta,\\ a\tg\beta-h\tg^2\beta &= y+y\tg^2\beta,\\ y &= \frac{\tg\beta\,(a-h\tg\beta)}{1+\tg^2\beta}. \] Быстрая проверка: это даёт верный ответ \(y = a/2\) при \(\beta = 45^\circ\) и \(h = 0\).

Это можно упростить ещё несколькими тригонометрическими тождествами. Можно проверить, что приведённое выражение эквивалентно \[y = \tfrac12a\sin(90^\circ-2\alpha)-\tfrac h2\tg(45^\circ-\alpha).\] С точки зрения энергии система будет в статическом равновесии, если для поворота системы на бесконечно малую величину не нужно совершать работу (изменение потенциальной энергии равно нулю). Это происходит, когда гравитационная потенциальная энергия минимальна, т. е. когда \(y\) минимально. Взяв производную по \(\alpha\), получаем \[ \frac{dy}{d\alpha} &= \tfrac12a\cos(90^\circ-2\alpha)(-2) -2h\sin(45^\circ-\alpha)\cos(45^\circ-\alpha)(-1),\\ 0 &= -a\cos(90^\circ-2\alpha)+h\sin(90^\circ-2\alpha),\qquad \frac ah = \tg(90^\circ-2\alpha). \] Но поскольку \(\tg(90^\circ-2\alpha) = \ctg2\alpha\), это можно переписать так: \[\boxed{\tg2\alpha = \frac ha}.\]

Решение

\

Рассмотрим, что происходит, когда приложенная сила стремится к бесконечности. Чтобы сохранить равновесие, сила трения между стержнем и доской тоже должна расти. Эта сила трения также стремится к бесконечности. Имея дело с большими силами, можно пренебречь постоянными силами — такими, как вес доски и стержня.

В итоге, поскольку весом стержня можно пренебречь, будем считать его невесомым. Мы знаем также, что силы на концах невесомого стержня всегда направлены вдоль стержня. Например, сила, с которой доска действует на стержень, тоже должна быть направлена вдоль стержня. Угол этой силы зависит только от коэффициента трения \(\mu_1\). Поэтому \[\tg\alpha<\frac{\mu_1N}N\ \Longrightarrow\ \boxed{\mu_1>\frac{\sqrt{\ell^2-h^2}}h}.\]

Решение 2. Мы хотим, чтобы, когда доска на грани проскальзывания, стержень действовал на доску с большей силой (стержень должен притягиваться к доске, а не отталкиваться от неё). Рассмотрим момент сил, действующих на стержень относительно шарнира. Мы хотим, чтобы он был направлен по часовой стрелке, когда брусок на грани проскальзывания.

Пусть сумма нормальной реакции и силы трения на стержень равна \(f\) (нормаль направлена вверх, трение — вправо). Когда брусок на грани проскальзывания, равнодействующая составляет с нормалью угол \(\arctg\mu\). Имеем \[\tau = mg\sin\alpha\frac l2+f\sin(\arctg\mu-\alpha),\] считая момент по часовой стрелке положительным. По мере роста приложенной к бруску силы \(f\) тоже неограниченно растёт, а поскольку мы хотим, чтобы момент был направлен по часовой стрелке независимо от величины приложенной силы, слагаемым с \(mg\) можно пренебречь. Итак, \[f\sin(\arctg\mu-\alpha)\ge0.\] Поскольку и \(\arctg\mu\), и \(\alpha\) меньше \(90^\circ\), можно заключить, что \[\arctg\mu\ge\alpha\ \Longrightarrow\ \boxed{\mu\ge\frac{\sqrt{l^2-h^2}}h}.\]

Решение

Воспользуемся методом виртуальной работы¹. В статической ситуации равнодействующая сила равна нулю, а значит, потенциальная энергия минимальна. Любое малое смещение не даёт изменения потенциальной энергии в первом порядке.

Рассмотрим, что происходит, когда груз опускается на расстояние \(dh\). Потенциальная энергия уменьшится на \(-mg\,dh\). Расстояние между шарнирами при этом увеличится каждое на \(dh/3\), чтобы компенсировать увеличение длины. Это значит, что верёвка растягивается на \(dh/3\). Запасённая энергия тем самым равна \(T\,dh/3\).

Приравняв эти изменения к нулю, получаем \[-mg\,dh+T\,dh/3 = 0\ \Longrightarrow\ \boxed{T = 3mg}.\]

Сноски

1. Если вы не знакомы с виртуальной работой, обратитесь к пояснению в пособии Калды. ↩

Решение

Сначала посмотрим на поведение натяжения внизу. Вертикальная компонента натяжения должна выдерживать вес груза, так что \[2T_{\text{низ},y} = 2T_{\text{низ}}\cos(\beta/2) = Mg.\] Горизонтальная компонента тем самым равна \[T_x = T_{\text{низ}}\sin(\beta/2) = \frac{Mg}2\tg(\beta/2).\] Заметим, что эта горизонтальная сила натяжения будет постоянной в тяжёлой верёвке. Если рассмотреть бесконечно малый участок верёвки, то единственная сила, кроме натяжения, — это сила тяжести, направленная вниз. Чтобы уравновесить горизонтальные силы, горизонтальные компоненты натяжения должны быть постоянны. В верхней точке верёвки вертикальная компонента натяжения должна выдерживать вес груза и верёвки: \[2T_{\text{верх},y} = 2T_{\text{верх}}\sin\alpha = (M+m)g.\] Горизонтальная компонента тем самым равна \[T_x = T_{\text{верх}}\cos\alpha = \frac{(M+m)g}2\ctg\alpha.\] Приравнивая эти два выражения для горизонтального натяжения, получаем \[M\tg(\beta/2) = (M+m)\ctg\alpha\ \Longrightarrow\ \boxed{\beta = 2\arctg\Bigl(\Bigl(1+\frac mM\Bigr)\ctg\alpha\Bigr)}.\]

Решение

Поскольку \(H\ll L\), кривизна верёвки очень мала, а значит, участок, находящийся над землёй, можно приближённо считать прямой линией. Более того, угол между касательной к верёвке и горизонтом всюду остаётся малым. Рассмотрим следующий чертёж, считая линейную плотность верёвки равной \(\lambda\).

Масса верёвки, лежащей на земле, равна \(\lambda(L-\ell)\), где \(\ell\) — горизонтальная часть верёвки, находящаяся над землёй (как показано на рисунке). Поскольку угол мал, можно считать, что \(\ell\) приближённо равна полной длине части верёвки над землёй. Поскольку вес этого участка верёвки уравновешивает нормальную силу \(N\), сила трения равна \(f = \mu N = \mu\lambda(L-\ell)g\). Из баланса моментов можно записать \[\lambda\ell g\frac\ell2 = fH = \mu\lambda(L-\ell)gH.\] Сокращая множители, получаем квадратное уравнение с решением \[\frac{\ell^2}2 = \mu(L-\ell)H\ \Longrightarrow\] \[\boxed{\ell = \sqrt{2HL\mu+\mu^2H^2}-\mu H\approx\sqrt{2HL\mu}-\mu H \approx7{,}2\text{ м}}.\]

Решение

(а) Нарисуем диаграмму сил.

Из анализа моментов замечаем, что для наличия возвращающего момента должно быть \[mgr>m\omega^2r\ell\cos\theta.\] Пользуясь приближением малых углов \(\cos\theta = 1\), получаем \(g>\omega^2\ell\), т. е. \[\boxed{\omega^2<\frac g\ell}.\]

(б) Пусть углы, образуемые стержнями, равны \(\varphi_1\) и \(\varphi_2\) соответственно. Тогда потенциальная энергия равна \[V = -mgl\cos\varphi_1-mgl(\cos\varphi_1+\cos\varphi_2).\] Пользуясь приближением малых углов \(\cos\varphi = 1-\frac{\varphi^2}2\), получаем \[V = -mgl\Bigl(1-\frac{\varphi_1^2}2\Bigr) -mgl\Bigl(1-\frac{\varphi_1^2}2+1-\frac{\varphi_2^2}2\Bigr).\] Согласно идее 19 можно убрать все постоянные и неквадратичные слагаемые: \[V_g = mgl\Bigl(\varphi_1^2+\frac{\varphi_2^2}2\Bigr).\] Нахождение потенциальной энергии, создаваемой центробежной силой, происходит похожим образом: \[V = \tfrac12m(l\sin\varphi_1\,\omega)^2 +\tfrac12m(l(\sin\varphi_1+\sin\varphi_2)\omega)^2.\] Пользуясь приближением малых углов \(\sin\theta = \theta\), имеем \[V_c = \tfrac12m\omega^2l^2(2\varphi_1^2+2\varphi_1\varphi_2+\varphi_2^2).\] Полная потенциальная энергия тогда равна \[V = V_g+V_c = mgl\Bigl(\varphi_1^2+\frac{\varphi_2^2}2\Bigr) +\tfrac12m\omega^2l^2(2\varphi_1^2+2\varphi_1\varphi_2+\varphi_2^2).\] Перегруппировав, получаем квадратичную форму \[V = (mgl-m\omega^2l^2)\varphi_1^2+(m\omega^2l^2)\varphi_1\varphi_2 +\tfrac12(mgl-m\omega^2l^2)\varphi_2^2.\] Равновесие \(\varphi_1 = \varphi_2 = 0\) устойчиво, если оно соответствует минимуму потенциальной энергии, т. е. если многочлен даёт положительные значения при любом отклонении от точки равновесия; это условие приводит к двум неравенствам. Во-первых, рассмотрев \(\varphi_2 = 0\) (при \(\varphi_1\ne0\)), заключаем, что множитель при \(\varphi_1^2\) (т. е. \(mgl-m\omega^2l^2\)) должен быть положителен. Во-вторых, при любом \(\varphi_2\ne0\) многочлен должен быть строго положителен, т. е. если приравнять это выражение к нулю и рассматривать его как квадратное уравнение относительно \(\varphi_1\), у него не должно быть вещественных корней, а значит, дискриминант должен быть отрицателен. Итак, глядя на дискриминант, находим \[ (m\omega^2l^2)^2-4(mgl-m\omega^2l^2)\cdot\tfrac12(mgl-m\omega^2l^2) &< 0,\\ m\omega^2l^2 &< \sqrt2(mgl-m\omega^2l^2),\\ \Bigl(\frac1{\sqrt2}+1\Bigr)m\omega^2l^2 &< mgl, \] \[\boxed{\omega^2<\frac{(2-\sqrt2)g}l}.\]

Решение

Идейно происходит вот что: если брусок чрезвычайно лёгкий и квадратное сечение слегка подтолкнуть, возникнет возвращающий момент, дающий устойчивое равновесие. Однако при некоторой плотности положение равновесия перестанет быть таким, при котором стороны квадрата параллельны воде. На самом деле новое положение равновесия будет повёрнуто на малый угол \(\theta\), где \(\theta\ll1\).

Погружённую часть можно представить как три отдельные массы. Длинная горизонтальная линия, выходящая за пределы квадрата, — уровень воды. Поэтому мы видим, что погружённая часть представляет собой трапецию. Её можно точно представить прямоугольником той же площади. Однако если пытаться балансировать моменты в такой постановке, ничего не выйдет, потому что не учтены краевые эффекты. Поэтому нужно добавить треугольник плотности \(\rho\) и одинаковый с ним треугольник плотности \(-\rho_o\), чтобы восстановить исходную форму.

Пусть ширина квадрата равна \(\ell\), а высота прямоугольника — \(y\). Балансируя силы, имеем \[\rho_o\ell^2g = \rho_w\ell yg\ \Longrightarrow\ \frac y\ell = \frac{\rho_o}{\rho_w}.\] Теперь сбалансируем моменты относительно центра масс \(O\). В положении равновесия моменты в сумме дают нуль. Момент от архимедовой силы прямоугольника равен \[\tau_1 = \rho_wg(\ell y)\Bigl(\tfrac12(\ell-y)\Bigr)\sin\theta,\] где \(\theta\) — угол, который низ бруса составляет с горизонтом. Треугольные части тоже дают момент от архимедовой силы. Заметим, что архимедова сила от треугольника отрицательной массы будет отрицательной и направленной в другую сторону. Момент каждого равен \[\tau_2 = \rho_wg\Bigl(\tfrac12(\ell/2)^2\sin\theta\Bigr) \Bigl(\tfrac23(\ell/2)\Bigr),\] где \(\frac23(\ell/2)\) — расстояние от центра масс треугольника до центра масс квадрата. Заметим, что поскольку \(\theta\ll1\), можно просуммировать моменты и приравнять к нулю: \[0 = \tau_1-2\tau_2,\qquad \frac{\ell^3}{12} = \frac{\ell y(\ell-y)}2,\qquad \frac{\ell^2}6 = y(\ell-y).\] Подставим отсюда \(\frac y\ell = \frac{\rho_o}{\rho_w}\equiv f\) и получим \[\frac{\ell^2}6 = \ell^2f(1-f)\ \Longrightarrow\ f^2-f+1/6 = 0.\] По формуле корней квадратного уравнения получаем \[\boxed{f = \frac{\rho_o}{\rho_w} = \frac12\bigl(1-3^{-1/2}\bigr)}.\]

Решение

Изначально сила, действующая на сосуд, даётся полной силой тяжести, действующей на полусферический сосуд, т. е. \[F_{\text{до}} = Mg+\rho gV = Mg+\tfrac23\pi\rho gR^3.\] Когда вода вытекает, вес сосуда больше не действует на поверхность. Это значит, что новое давление равно давлению воды, умноженному на площадь основания полусферического сосуда. Давление воды одинаково во всех местах сосуда, так что \(P = \rho gR\cdot\pi R^2\). Из баланса сил имеем \[(\rho gR)\pi R^2 = Mg+\tfrac23\pi\rho gR^3\ \Longrightarrow\ \boxed{M = \tfrac13\pi\rho R^3}.\]

Решение 2. Разрежем купол на очень тонкие кольца толщины \(dl\). Можно считать, что на этих кольцах давление также постоянно. Пусть кольцо расположено на высоте \(h\) над основанием купола. Тогда видим, что давление равно \(P(h) = \rho g(R-h)\).

Пусть радиус кольца равен \(r\), а точка кольца образует угол \(\alpha\) с центром купола. Тогда \(r = R\cos\alpha\), а толщина \(dl = R\,d\alpha\). Площадь такого слоя равна \[dS = 2\pi R^2\cos\alpha\,d\alpha.\] Из-за кривизны полусферы все архимедовы силы, направленные на полусферу, взаимно уничтожаются, кроме силы, направленной вверх. Тогда видим, что \[dF = P(h)\,dS\sin\alpha\ \Longrightarrow\ dF = \rho g(R-R\sin\alpha)\cdot2\pi R^2\cos\alpha\sin\alpha\,d\alpha.\] Значит, суммарная сила воды на сосуд равна \[F = \int dF = 2\pi\rho gR^3\int_0^{\pi/2}(1-\sin\alpha)\cos\alpha\sin\alpha \,d\alpha.\] Взяв этот интеграл, получаем \[F = 2\pi\rho gR^3\Bigl(\frac{\sin^2\alpha}2-\frac{\sin^3\alpha}3\Bigr) \ \Longrightarrow\ F = \tfrac13\pi\rho gR^3.\] Чтобы силы уравновесились, эта сила должна равняться весу сосуда, т. е. \(Mg = \frac13\pi\rho gR^3\).

Решение 3. Предположим, что колокол помещён в цилиндрический сосуд, у которого и радиус, и высота равны \(R\). Массой сосуда можно пренебречь, когда мы заполним цилиндр водой. Поскольку давления внутри и снаружи полусферы во всех точках равны (по закону Паскаля), равновесие воды не изменится, если полусферу убрать, и давление воды на стол тоже не изменится. Это значит, что давление налитой в цилиндрический сосуд воды действует в точности как полусфера, так что масса полусферы равна массе налитой воды: \[\boxed{M = \rho\Bigl(\pi R^3-\tfrac23\pi R^3\Bigr) = \tfrac13\pi\rho R^3}.\]

Решение

Главная мысль в том, что брусок медленно сползает по склону. Это потому, что брусок движется туда-сюда с очень малым периодом и никогда не успевает набрать заметную горизонтальную скорость. С этим знанием построим диаграмму сил для бруска, считая его точечной массой.

На тело будет действовать сила трения, направленная вверх по плоскости: \(f_y = mg\sin\alpha\), — так что оно движется вниз по плоскости с постоянной скоростью. Горизонтальная сила трения равна \(f_x\), хотя горизонтального движения мы не заметим. Ключ в том, что направление силы трения антипараллельно направлению скорости. Поэтому \[\frac{f_y}{f_x} = \frac wv,\] где \(f_x\) даётся выражением \[f_y^2+f_x^2 = (\mu N)^2 = (\mu mg\cos\alpha)^2\ \Longrightarrow\ f_x = mg\sqrt{\mu^2\cos^2\alpha-\sin^2\alpha},\] и весь брусок всё время испытывает кинетическое трение. Поэтому \[\boxed{w = v\cdot\frac{\sin\alpha}{\sqrt{\mu^2\cos^2\alpha-\sin^2\alpha}} = \frac v{\sqrt{\mu^2\ctg^2\alpha-1}}}.\]

Решение

Задача по существу спрашивает, насколько меняется уровень воды в океане \(\Delta h\) из-за железорудного месторождения. Выберем начало вертикальной оси \(x\) в точке на поверхности океана очень далеко от месторождения. Точку \(x = 0\) примем за точку отсчёта для всего остального в системе, а для месторождения возьмём точку отсчёта на бесконечности, где гравитационный потенциал равен нулю. Рассмотрим случай, когда месторождения изначально нет. Потенциал тогда равен \[\phi_1 = -\frac{G\rho\frac43\pi r^3}{r+h}.\] Теперь рассмотрим случай, когда месторождение появилось в системе. Уровень воды увеличивается на высоту \(\Delta h\ll h\), так что \[\phi_2 = g\Delta h-\frac{G(\rho+\Delta\rho)\frac43\pi r^3}{h+r}.\] Приравнивая оба потенциала (поскольку потенциал остаётся постоянным во времени), получаем выражение \[gh-\frac{G\rho\frac43\pi r^3}{r+h} = g(h+\Delta h)-\frac{G(\rho+\Delta\rho)\frac43\pi r^3}{r+h},\] откуда \[\boxed{\Delta h = \frac{4\pi G r^3\Delta\rho}{3g(r+h)}\approx0{,}95\text{ см}}.\]

Решение

Во вращающейся системе отсчёта имеем \(\vec\omega_3 = \vec\omega_1+\vec\omega_2\), где \(\vec\omega_1\) — угловая скорость системы отсчёта, \(\vec\omega_2\) — угловая скорость тела во вращающейся системе, а \(\vec\omega_3\) — в неподвижной. Если считать опорную точку находящейся на бесконечности, то вращательное движение диска становится пренебрежимо малым. Поэтому \[0 = \vec\omega_1+\vec\omega_2,\qquad \boxed{\vec\omega_1 = -\vec\omega}.\] Эта задача встречается в книге С. С. Кротова «Задачи по физике».

Решение

Когда полотёр неподвижен, для сохранения равновесия сила не нужна, потому что все векторы сил взаимно уничтожаются. Однако когда мы двигаем диск с постоянной скоростью \(v\), мы добавляем к вращению дополнительную составляющую. Пусть вращение идёт по часовой стрелке, а скорость \(v\) направлена вправо.

Тогда, перейдя в систему, движущуюся со скоростью \(v\) вправо, мы получаем на диске мгновенную ось вращения в точке \(A\), расположенной на \(r = v/\omega\) ниже центра. Вокруг этой точки можно описать окружность радиуса \(R-r\), суммарная сила по которой равна нулю. Теперь займёмся серповидной каймой.

Расстояние от \(A\) до края диска под углом \(\theta\) можно вычислить по теореме косинусов: \[AB^2 = R'^2 = r^2+R^2-2Rr\cos\theta\approx R^2-2Rr\cos\theta\] в предположении \(r\ll R\). Теперь найдём площадь показанной оранжевой области.

Площадь \(dS\) можно представить через дифференциалы как разность площадей соответствующих секторов: \[dS = \tfrac12\bigl(R'^2-(R-r)^2\bigr)d\theta =\] \[= \tfrac12\bigl(R^2-2Rr\cos\theta-R^2+r^2+2Rr\bigr)d\theta \approx Rr(1-\cos\theta)\,d\theta.\] Силу, действующую на эту поверхность, теперь можно записать как \[|d\vec F| = A\cdot dS = \frac{\mu mg}{\pi R^2}dS,\] где \(A\) — отношение полной силы трения к полной площади (иначе говоря, «плотность» силы). Тогда силу в горизонтальном направлении \(x\) можно записать как \[dF_x = \frac{\mu mg}{\pi R^2}\cos\theta\,dS = \frac{\mu mg}{\pi R^2}\cos\theta\,Rr(1-\cos\theta)\,d\theta.\] Тогда силу можно найти как интеграл в пределах от 0 до \(2\pi\): \[F_x = \frac{\mu mgr}{\pi R}\Bigl|\int_0^{2\pi}\cos\theta(1-\cos\theta) \,d\theta\Bigr| = \frac{\mu mgr}{\pi R}\cdot2\Bigl|\int_0^\pi\cos\theta(1-\cos\theta) \,d\theta\Bigr|.\] Подставляя \(r = v/\omega\), находим \[F_x = \frac{\mu mgv}{\pi\omega R}\cdot\frac{2\pi}2 = \boxed{\frac{\mu mgv}{\omega R}}.\]

Решение

Считаем, что условие \(\mu>\tg\alpha\) выполнено, так что ни при каком угле \(\varphi\) карандаш не соскользнёт вниз. Однако он может покатиться. Чтобы тело начало катиться, сила тяжести должна образовывать вертикальную линию через ребро. Рассмотрим сначала простой случай \(\varphi = 0\).

Разложим силу тяжести на две составляющие. Одна перпендикулярна плоскости, \(mg\cos\alpha\), другая лежит в плоскости и перпендикулярна карандашу, \(mg\sin\alpha\). Чтобы качение началось, сумма этих двух составляющих должна пройти над ребром, что выполняется, когда \[\tg30^\circ = \frac{mg_\perp}{mg_{\text{норм}}} = \frac{mg\sin\alpha}{mg\cos\alpha}.\] Когда \(\varphi\ne0\), действуем аналогично, но карандаш будет катиться уже не прямо вниз по склону, а под углом.

Разложим силу тяжести на три составляющие. Одна перпендикулярна плоскости, \(mg\cos\alpha\); вторая лежит в плоскости и перпендикулярна карандашу, \(mg\sin\alpha\cos\varphi\); третья лежит в плоскости и параллельна карандашу, \(mg\sin\alpha\sin\varphi\). Заметим, что параллельная составляющая не влияет на то, покатится карандаш или нет. Снова сумма первых двух составляющих должна пройти над ребром, что выполняется, когда \[\tg30^\circ = \frac{mg\sin\alpha\cos\varphi}{mg\cos\alpha} \ \Longrightarrow\ \boxed{\tg\alpha\cos\varphi<\tg30^\circ}.\] Эта задача встречается в книге С. С. Кротова «Задачи по физике».

Решение

Рассмотрим вертикальную плоскость, параллельную свободно висящей части нити.

Сдвинем эту плоскость до касания с точкой, где цилиндр и нить впервые встречаются. Назовём эту точку \(Q\); здесь мы разворачиваем половину цилиндра в прямоугольник шириной \(\pi R\). Угол между \(PQ\) и шириной прямоугольника равен \(\alpha\), так что \[PQ = \frac{\pi R}{2\cos\alpha},\] и потому \[\boxed{\ell = L-\frac{\pi R}{2\cos\alpha}}.\] Когда груз колеблется, след нити на развёрнутом цилиндре по-прежнему остаётся прямым. Поэтому длина висящей нити (а значит, и потенциальная энергия груза) ни в каком колебательном состоянии не зависит от того, действительно ли поверхность цилиндрическая или она развёрнута в плоскую вертикальную поверхность. Поэтому период колебаний по-прежнему равен \[\boxed{T = 2\pi\sqrt{L/g}}.\]

Решение

Обозначим нити слева направо как 1, 2, 3, 4. Если перерезать нить 4, то в равновесии \[T_1+T_2+T_3 = mg.\] Пусть стержень наклонён к горизонту под углом \(\theta\) в положении равновесия. Поскольку удлинения нитей малы, \(\theta\) будет очень мал. Балансируя моменты относительно 1-й нити, получаем \[T_2\Bigl(\frac\ell3\Bigr)+T_3\Bigl(\frac{2\ell}3\cos\theta\Bigr) = mg\frac\ell2\cos\theta\ \Longrightarrow\ T_2+2T_3 = \frac{3mg}2.\] Поскольку стержень жёсткий, третье уравнение можно записать как закон сохранения: \[\frac{\Delta x_2-\Delta x_1}{\ell/3} = \frac{\Delta x_3-\Delta x_1}{2\ell/3} \ \Longrightarrow\ \frac{T_2-T_1}{k\ell/3} = \frac{T_3-T_2}{k\ell/3}.\] Поскольку нити одинаковы, \(2T_2 = T_3+T_1\). У нас три уравнения и три неизвестных, и решение даёт \[\boxed{T_1 = \tfrac1{12}mg},\qquad \boxed{T_2 = \tfrac13mg},\qquad \boxed{T_3 = \tfrac7{12}mg}.\]

\section[2. Динамика]{2. Решения задач по динамике}

Эта глава посвящена задачам 24–55 пособия. Динамика, в отличие от статики, изучает движение тел. Многие задачи динамики требуют анализа ускорений системы или нахождения сил, действующих в системе. В этом разделе проф. Калда вводит приём, называемый лагранжевым формализмом, который используется для нахождения ускорения тела в системе с помощью обобщённой координаты \(\xi\). В этом разделе пособия появляется и большинство задач по механике.