Брусок лежит на наклонной поверхности с углом наклона \(\alpha\). Поверхность
движется с горизонтальным ускорением \(a\), лежащим в той же вертикальной
плоскости, что и нормаль к поверхности. Определите значения коэффициента трения
\(\mu\), при которых брусок может оставаться неподвижным.
▶РешениеСкрыть
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!