Равновесие тел, моменты сил

Подсказка

Спроецируйте условие равновесия груза на вертикаль.

Подсказка

Запишите условие равенства моментов сил относительно центра тяжести (или относительно одного из концов).

Ответ

6 м.

Подсказка

Запишите правило моментов относительно другого конца трубы, к которому приложена сила тяжести в середине.

Ответ

50 Н.

Подсказка

Опора находится на стыке частей, поэтому равновесие определяется моментами сил тяжести обеих частей относительно неё. Где расположен центр масс каждой однородной части?

Подсказка

Нить должна быть закреплена в центре масс гантели; можно приравнять моменты сил тяжести относительно точки подвеса.

Ответ

30 см.

Подсказка

Рассмотрите предплечье как рычаг с осью в суставе и запишите правило моментов.

Ответ

1,6

Подсказка

Доска не опрокидывается, пока сила нити неотрицательна и опора остаётся под доской. Найдите крайние положения гири из уравнения моментов относительно опоры и относительно точки подвеса нити.

Ответ

\(8{,}2\text{ см}\).

Подсказка

Переберите, какая пара школьников сидит на концах доски, и для каждой пары запишите правило моментов; третий может сидеть по любую сторону от оси.

Ответ

30 см, 50 см и 75 см.

Подсказка

Если длинный участок горизонтален, то короткий вертикален. Запишите правило моментов относительно точки подвеса, считая вес каждого участка пропорциональным его длине и приложенным в его середине.

Ответ

Нить надо закрепить на отметке 24 см.

Подсказка

На шар действуют три силы в одной плоскости. Что можно сказать о точке пересечения их линий действия? Куда тогда направлена сила реакции опоры?

Ответ

\(\mu \ge \operatorname{tg}\dfrac{\alpha}{2}\);  \(T = mg\operatorname{tg}\dfrac{\alpha}{2}\).

Решение

Так как шар покоится под действием плоской системы трёх непараллельных сил (сила тяжести, сила реакции со стороны опоры \(R\) и сила реакции со стороны нити \(T\)), следовательно, линии действия этих сил пересекаются в одной точке. Значит, линия действия силы \(R\) должна пройти через точку пересечения \(T\) и \(mg\), отклоняясь от нормали на угол \(\alpha/2\).

Равновесие шара возможно, если угол \(\alpha_{\text{тр}} \ge \alpha/2\), где \(\alpha_{\text{тр}}\) "— угол трения (максимальный угол, на который может отклониться от нормали вектор силы реакции). Стало быть, \(\mu \ge \operatorname{tg}\dfrac{\alpha}{2}\).

Величину \(T\) находим из силового треугольника для шара: \[T = mg\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}.\] Возможны решения, основанные на законах Ньютона и уравнении моментов.

Подсказка

Бревно неоднородное, поэтому центр масс не посередине. Запишите правило моментов относительно опирающегося на землю конца в обоих случаях; сила тяжести приложена в центре масс.

Ответ

40 кг.

Подсказка

Нить должна проходить через центр масс фигуры. Масса каждого прямого участка пропорциональна его длине; найдите горизонтальную координату центра масс через \(a\).

Ответ

Ответ 4: \(L = 43\) см.

Подсказка

Запишите правило моментов относительно точки \(O\). На медный брусок и на погружённую треть палочки действуют силы Архимеда; найдите точку приложения последней.

Ответ

\(m_2 = 2m_1\left(1-\dfrac{\rho_\text{в}}{\rho_\text{м}}\right) - \dfrac{M}{2}\left(\dfrac{\rho_\text{в}}{\rho_\text{дер}} - 1\right) \approx 1{,}6\) кг.

Подсказка

Запишите условие равновесия палочки: уравнение моментов относительно шарнира, затем сумма сил по вертикали (учтите силу Архимеда).

Ответ

1

Подсказка

Идите сверху вниз: для каждого кирпича запишите условия равновесия сил и моментов относительно его центра.

Ответ

Два крайних кирпича давят на поверхность с силами \(1{,}5P\), два средних "— с силами \(3{,}5P\).

Подсказка

Горизонтальность означает одинаковое сжатие всех пружин, то есть одинаковую силу на каждую; распределите силы и запишите условия равновесия сил и моментов.

Ответ

1) 225 см;  2) \(0{,}5\) кг.

Подсказка

Из равновесия в воздухе выразите массу груза через массу цепочки. После погружения к весу груза добавляется сила Архимеда, и момент цепочки изменяется за счёт сдвига точки подвеса её конца.

Ответ

\(\rho_{\text{груза}} = 2\rho_{\text{воды}} = 2000\) кг/м\(^3\).

Подсказка

В момент начала разваливания изобразите силы, действующие на верхний и на правый кирпичи, и запишите для каждого уравнение моментов. Получится квадратное уравнение для \(x\).

Ответ

\(x = \dfrac{\sqrt2 - 1}{2}\,L \approx 0{,}21\,L\).

Подсказка

Найдите горизонтальную и вертикальную силы, действующие на табуретку со стороны кошки, и сравните два порога: по моменту сил (опрокидывание вокруг дальней ножки) и по трению (проскальзывание).

Ответ

Табуретка будет оставаться неподвижной, если модуль ускорения центра масс кошки не превышает \(a = \dfrac{gd}{h}\left(\dfrac{M}{2m} + 1\right) \approx 16{,}67\) м/с\(^2\); при превышении этого значения на малую величину табуретка начнёт опрокидываться.

Подсказка

Доска длинная, поэтому наклон мал, и погружённый объём можно разбить на две части с известными точками приложения силы Архимеда. Запишите уравнение моментов относительно подходящей точки.

Ответ

\(m = \dfrac{M}{8} = 0{,}5\) кг.

Решение

Так как длина доски много больше её толщины, угол наклона доски очень мал. На рисунке изображены силы для случая, когда ворона пересела на один из концов доски.

Светло-серая часть доски имеет вдвое меньший объём, чем у всей доски, значит, на эту часть действует сила Архимеда, равная \(\dfrac{2}{3}(M + m)g\) (так как в первом случае, когда ворона сидела посередине доски, доска была на три четверти погружена в воду), а точка приложения этой силы расположена на расстоянии трети доски от её правого конца (см. рисунок). Точка приложения силы Архимеда, действующей на оставшуюся погружённую часть доски, отстоит от левого конца также на треть. Запишем уравнение моментов относительно точки приложения силы \(F_A'\): \[Mg\cdot\frac{1}{6}\,l + mg\cdot\frac{4}{6}\,l - \frac{2}{3}(M + m)g\cdot\frac{1}{3}\,l = 0 \quad\Rightarrow\quad m = \frac{M}{8} = 0{,}5\text{ кг},\] где \(l\) "— длина доски, \(m\) "— масса вороны.

Запишем уравнение моментов относительно точки приложения силы \(\dfrac{2}{3}(M + m)g\) (см. рисунок): \[Mg\cdot\frac{1}{6}\,l - mg\cdot\frac{1}{3}\,l - F_A'\cdot\frac{1}{3}\,l = 0 \quad\Rightarrow\quad F_A' = \frac{3}{8}\,Mg.\] Значит, суммарная сила Архимеда, действующая на доску, равна \[F_A = F_A' + \frac{2}{3}(M + m)g = \frac{3}{8}\,Mg + \frac{2}{3}(M + m)g = \frac{27}{24}\,Mg \cong 44\text{ Н}.\]

Подсказка

На стержень действуют три силы, и все они лежат в одной вертикальной плоскости. Что можно сказать о линиях действия трёх непараллельных сил, уравновешивающих тело?

Ответ

\(l = 4R\,\dfrac{\cos 2\alpha}{\cos\alpha}\).

Решение

Стержень находится в покое под действием плоской системы трёх непараллельных сил, следовательно, линии действия этих сил пересекаются в одной точке. Из рисунка находим \[AC = \frac{l}{2}\cos\alpha = 2R\cos 2\alpha \;\Rightarrow\; l = 4R\,\frac{\cos 2\alpha}{\cos\alpha}.\]

Подсказка

Три силы, действующие на стержень (две реакции и сила тяжести), уравновешены. Выберите точку, где пересекаются линии действия двух из них, и запишите моменты относительно неё.

Ответ

\(\mu \ge \dfrac{a}{b\,\mathrm{tg}\,\alpha}\).

Решение

На рисунке указаны силы, действующие на стержень. Рассмотрим граничный случай, когда стержень покоится при минимальном значении коэффициента трения \(\mu\). Запишем уравнение моментов относительно точки пересечения линий действия сил \(N_1\) и \(Mg\): \[F_{\text{тр}}\, b\,\mathrm{tg}\,\alpha = N_2\, a .\]

Из закона Амонтона-Кулона \(F_{\text{тр}} = \mu N_2\). Значит, \(\mu = \dfrac{a}{b}\,\mathrm{tg}\,\alpha\). Окончательно получаем \(\mu \ge \dfrac{a}{b}\,\mathrm{tg}\,\alpha\).

Подсказка

Запишите уравнение моментов относительно оси задних колёс для погрузчика без контейнера и с контейнером; разность сил давления передних колёс даёт искомое изменение.

Ответ

1) \(\Delta F_1^{(\max)} \approx 660\) кН;  2) \(1\text{ м} \leqslant y \leqslant 3\text{ м}\).

Подсказка

Из двух первых опытов найдите массу стула и положение его центра масс. В третьем опыте стул опрокидывается вокруг ребра, проходящего через две правые ножки: чтобы сила была минимальной, нужно взять наибольшее плечо.

Ответ

\(F_3 \approx 13{,}4\) Н.

Подсказка

Запишите правило моментов относительно шарнира для каждого стержня отдельно; натяжения нитей у каждого стержня связаны по третьему закону Ньютона.

Ответ

1) 10 Н;  2) 30 Н.

Подсказка

Запишите условие равенства моментов сил относительно шарнира для каждого стержня; стержни лёгкие, поэтому их вес не учитывается.

Ответ

1) 10 Н;  2) 20 Н.

Подсказка

Центр масс шара смещён в сторону воска. Запишите условие равенства нулю суммы моментов сил относительно точки касания с клином и учтите, что нить вертикальна.

Ответ

1) \(0{,}58\);  2) \(0\) Н.

Подсказка

Для всей системы запишите вертикальные силы и моменты относительно шарнира \(C\); затем отдельно рассмотрите правую планку. Угол \(\alpha\) мал, поэтому \(\sin\alpha\approx\alpha\), \(\cos\alpha\approx 1\).

Ответ

Следует использовать малость угла \(\alpha\). 1) \(N_A = 10\) Н;  2) \(F = 100\) Н.

Подсказка

Нить на гладком гвозде натянута одинаково, а центр масс уголка в равновесии лежит на одной вертикали с гвоздём. Запишите правило моментов относительно гвоздя и сравните длины стержней по клеткам.

Ответ

А) \(m_{AO} = 110\) г, \(m_{BO} = 330\) г;  В) \(6480\text{ кг/м}^3\).

Подсказка

Нить с обеих сторон блока натянута одинаково. Выясните, с какой силой нить действует на доску в отверстии и где приложен вес цилиндра \(m_2\), лежащего на доске. Запишите правило моментов относительно края \(A\).

Ответ

\(8\) кг.

Решение

Случай а. В узле сходятся два троса под \(30^\circ\) к горизонтали и вертикальная подвеска груза. Вертикальная проекция:

\[ 2T\sin 30^\circ = mg \quad\Longrightarrow\quad T = \frac{mg}{2\sin30^\circ} = mg = 10\cdot 9{,}8 = 98\ \text{Н}. \]

Любопытно: при \(30^\circ\) натяжение каждого троса равно полному весу груза, а не половине.

Случай б. Через конец стержня перекинут один и тот же трос: одна его ветвь идёт горизонтально к стене, другая вертикально вниз к грузу. Натяжение по всей длине одинаково и равно весу груза:

\[ T = mg = 98\ \text{Н}. \]

На стержень действует сумма двух этих натяжений — они перпендикулярны, поэтому

\[ F = T\sqrt2 = 98\sqrt2 \approx 138\ \text{Н}, \]

и направлена эта сила вдоль биссектрисы прямого угла, то есть точно вдоль стержня (стержень поставлен под \(45^\circ\) как раз для этого — он работает только на сжатие).

Решение

До переворота. Пружина снизу давит вверх с силой \(F\), вес \(mg\) тянет вниз, крышка сверху даёт реакцию \(N_1\):

\[ F = mg + N_1 \quad\Longrightarrow\quad N_1 = F - mg. \]

После переворота. Теперь пружина сверху, а крышка снизу; и пружина, и вес давят на крышку в одну сторону:

\[ N_2 = F + mg. \]

Отношение.

\[ \frac{N_2}{N_1} = \frac{F+mg}{F-mg} = 1{,}2 \quad\Longrightarrow\quad F + mg = 1{,}2F - 1{,}2mg \quad\Longrightarrow\quad 0{,}2F = 2{,}2mg,\qquad F = 11\,mg. \]

Значит

\[ N_1 = F - mg = 10\,mg = 10\cdot0{,}01\cdot9{,}8 \approx 0{,}98\ \text{Н}. \]

Решение

Нижний слой держит вес столба высоты \(h\) и площади \(S\):

\[ \sigma = \frac{\rho S h\,g}{S} = \rho g h \quad\Longrightarrow\quad h = \frac{\sigma}{\rho g}. \]

Численно

\[ h = \frac{10^{7}}{1{,}5\cdot10^{3}\cdot 9{,}8} \approx 6{,}8\cdot10^{2}\ \text{м} \approx 700\ \text{м}. \]

Решение

Каждая нить тянет узел с силой \(T = mg\) — одинаковой для всех трёх. Три равных вектора дают нуль только тогда, когда они образуют равносторонний треугольник, то есть когда соседние направления составляют

\[ 120^\circ. \]

Решение

Геометрия. Нить лежит по поверхности, её длина \(l\) отвечает центральному углу \(l/R\). Значит радиус ко второму грузу отклонён от вертикали на угол

\[ \beta = \frac{l}{R} - \alpha. \]

Равновесие вдоль поверхности. Для первого груза касательная составляющая тяжести \(m_1g\sin\alpha\) уравновешивается натяжением; для второго — \(m_2g\sin\beta\). Нить одна, натяжение вдоль гладкой поверхности не меняется:

\[ T = m_1g\sin\alpha = m_2g\sin\beta. \]

Ответ.

\[ m_2 = m_1\,\frac{\sin\alpha}{\sin\!\left(\dfrac{l}{R}-\alpha\right)}. \]

Решение

Наклоны катетов. При левой вершине угол \(30^\circ\), значит длинный катет наклонён к горизонту на \(30^\circ\). Короткий катет ему перпендикулярен, то есть наклонён на \(60^\circ\).

Равновесие первого груза (вдоль длинного катета). Касательная составляющая тяжести \(m_1g\sin30^\circ\) уравновешивается проекцией натяжения \(T\cos\alpha\):

\[ T\cos\alpha = m_1 g\sin30^\circ. \]

Равновесие второго груза (вдоль короткого катета). Так как катеты перпендикулярны, нить составляет с коротким катетом угол \(90^\circ-\alpha\), и

\[ T\sin\alpha = m_2 g\sin60^\circ. \]

Делим и складываем.

\[ \operatorname{tg}\alpha = \frac{m_2\sin60^\circ}{m_1\sin30^\circ} = \frac{0{,}3\cdot\frac{\sqrt3}{2}}{0{,}1\cdot\frac12} = 3\sqrt3, \qquad \alpha = \operatorname{arctg}\left(3\sqrt3\right) \approx 79^\circ. \] \[ T = g\sqrt{(m_1\sin30^\circ)^2 + (m_2\sin60^\circ)^2} = 9{,}8\sqrt{0{,}05^2 + 0{,}26^2} \approx 2{,}6\ \text{Н}. \]

Решение

Натяжения. Нить одна и невесома, блок идеальный — значит натяжение по всей нити равно \(F\). На ось блока действуют вниз обе ветви, то есть верхняя пружина растянута силой

\[ F_{\text{верх}} = 2F. \]

Нижняя пружина растянута силой \(F\).

Растяжения.

\[ \Delta_{\text{верх}} = \frac{2F}{k},\qquad \Delta_{\text{ниж}} = \frac{F}{k}. \]

Складываем перемещения точки \(A\).

— Блок опустился на \(2F/k\). Обе ветви нити при этом удлиняются на столько же каждая, то есть точке \(A\) достаётся опуститься на \(2\cdot\dfrac{2F}{k} = \dfrac{4F}{k}\).

— Левый конец нити опустился вместе с концом нижней пружины на \(F/k\), и эта нить «освободилась» — точка \(A\) опускается ещё на \(F/k\).

\[ x = \frac{4F}{k} + \frac{F}{k} = \frac{5F}{k}. \]

Решение

Пусть \(l_0\) — недеформированная длина, \(k\) — жёсткость.

Груз на конце. Растягивается вся пружина:

\[ l_1 = l_0 + \frac{mg}{k}. \]

Груз на середине. Нижняя половина висит свободно и не деформируется — её длина остаётся \(l_0/2\). Верхняя половина имеет жёсткость \(2k\) и растягивается на \(mg/(2k)\):

\[ l_2 = \left(\frac{l_0}{2} + \frac{mg}{2k}\right) + \frac{l_0}{2} = l_0 + \frac{mg}{2k}. \]

Исключаем \(mg/k\). Из первого \(mg/k = l_1 - l_0\), из второго \(mg/k = 2(l_2-l_0)\), значит

\[ l_1 - l_0 = 2l_2 - 2l_0 \quad\Longrightarrow\quad l_0 = 2l_2 - l_1. \]

Решение

Половина цепочки. Её масса \(m/2\). В нижней точке цепочка горизонтальна, поэтому натяжение там горизонтально и равно \(T\). В точке подвеса натяжение \(T'\) направлено вдоль цепочки, то есть под углом \(\alpha\) к горизонтали.

Проекции.

\[ \text{по вертикали: } T'\sin\alpha = \frac{mg}{2},\qquad \text{по горизонтали: } T'\cos\alpha = T. \]

Ответ.

\[ T' = \frac{mg}{2\sin\alpha},\qquad T = T'\cos\alpha = \frac{mg}{2\operatorname{tg}\alpha}. \]

Решение

Направления сил. Гвоздь \(A\) находится внутри обруча — обруч на нём висит, и гвоздь толкает обруч наружу, то есть вдоль радиуса \(OA\) от центра. Гвоздь \(B\) подпирает обруч снаружи и толкает его к центру, вдоль радиуса \(OB\).

Проекции. Оба радиуса отклонены от вертикали в одну сторону, на углы \(\alpha\) и \(\beta\):

\[ \text{горизонталь: } F_A\sin\alpha = F_B\sin\beta, \] \[ \text{вертикаль: } F_A\cos\alpha - F_B\cos\beta = mg. \]

Решаем. Из первого \(F_A = F_B\sin\beta/\sin\alpha\); подставляем во второе:

\[ F_B\,\frac{\sin\beta\cos\alpha - \cos\beta\sin\alpha}{\sin\alpha} = mg \quad\Longrightarrow\quad F_B\,\frac{\sin(\beta-\alpha)}{\sin\alpha} = mg, \] \[ F_B = \frac{mg\sin\alpha}{\sin(\beta-\alpha)},\qquad F_A = \frac{mg\sin\beta}{\sin(\beta-\alpha)}. \]

По третьему закону Ньютона с такими же силами обруч действует на гвозди.

Решение

Геометрия. Точки \(A\) и \(B\) лежат на сфере, значит \(OA = OB = R\) и треугольник \(OAB\) равнобедренный. Хорда \(AB\) наклонена к горизонту на \(\alpha\), а \(OB\) горизонтален (\(B\) на краю чаши), поэтому углы при основании равны \(\alpha\), а угол \(\angle AOB = 180^\circ - 2\alpha\). Отсюда радиус \(OA\) отклонён от вертикали так, что реакция \(N_A\) направлена под углом \(2\alpha\) к вертикали.

Проекции. Реакция \(N_A\) направлена от \(A\) к центру, то есть по направлению \((\sin 2\alpha,\ \cos 2\alpha)\); реакция \(N_B\) перпендикулярна палочке, то есть по направлению \((-\sin\alpha,\ \cos\alpha)\):

\[ \text{горизонталь: } N_A\cos 2\alpha = N_B\sin\alpha, \]

(здесь удобно отсчитывать \(N_A\) от горизонтали — угол \(2\alpha\) с вертикалью означает угол \(90^\circ-2\alpha\) с горизонталью);

\[ \text{вертикаль: } N_A\sin 2\alpha + N_B\cos\alpha = mg. \]

Решаем. Из первого \(N_B = N_A\cos2\alpha/\sin\alpha\), подставляем:

\[ N_A\,\frac{\sin2\alpha\sin\alpha + \cos2\alpha\cos\alpha}{\sin\alpha} = mg. \]

В числителе \(\cos(2\alpha-\alpha) = \cos\alpha\), поэтому

\[ N_A\,\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha} = mg \quad\Longrightarrow\quad N_A = mg\operatorname{tg}\alpha,\qquad N_B = \frac{mg\cos2\alpha}{\cos\alpha}. \]

Решение

Что действует на проволоку. Каждое лезвие давит на неё по нормали к себе с силой \(N\) и, если проволока скользит наружу, тормозит её трением \(\mu N\) вдоль лезвия. По симметрии рассмотрим биссектрису угла раствора — именно вдоль неё проволока и выползает.

Проекции на биссектрису. Нормаль к лезвию составляет с биссектрисой угол \(90^\circ - \alpha/2\), поэтому нормальная сила выталкивает проволоку с составляющей \(N\sin(\alpha/2)\). Трение направлено вдоль лезвия, его составляющая вдоль биссектрисы равна \(\mu N\cos(\alpha/2)\) и направлена внутрь.

Условие удержания.

\[ \mu N\cos\frac{\alpha}{2} \ge N\sin\frac{\alpha}{2} \quad\Longleftrightarrow\quad \mu \ge \operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}. \]

Пока \(\alpha\) велик, условие нарушено — проволока выскальзывает наружу, к концам лезвий. По мере смыкания ножниц угол уменьшается, и в момент, когда

\[ \mu = \operatorname{tg}\frac{\alpha_{\text{мин}}}{2}, \]

проволока перестаёт скользить, и лезвия наконец врезаются в неё.

Решение

Угол захвата. Пусть \(\theta\) — угол между линией центров валков и радиусом, проведённым в точку касания. Тогда:

— нормальная сила \(N\) направлена по радиусу; её составляющая вдоль движения (назад, выталкивающая) равна \(N\sin\theta\);

— сила трения \(\mu N\) направлена по касательной; её составляющая вдоль движения (вперёд, втягивающая) равна \(\mu N\cos\theta\).

Заготовка втянется, если

\[ \mu N\cos\theta \ge N\sin\theta \quad\Longleftrightarrow\quad \operatorname{tg}\theta \le \mu. \]

От угла к толщине. Половина толщины в точке касания складывается из половины зазора и «подъёма» валка:

\[ \frac d2 = \frac{d_0}{2} + R\,(1-\cos\theta) \quad\Longrightarrow\quad d = d_0 + 2R(1-\cos\theta). \]

Предельный случай \(\operatorname{tg}\theta = \mu\) даёт \(\cos\theta = 1/\sqrt{1+\mu^2}\), поэтому

\[ d_{\max} = d_0 + 2R\left(1 - \frac{1}{\sqrt{1+\mu^2}}\right). \]

Решение

Как движется клин. Верхняя грань клина прижата к неподвижной стенке, нижняя — к наклонной грани выреза. Чтобы оставаться в контакте с обеими, клин вынужден двигаться вместе с телом, скользя вдоль стенки.

Клин — тело с двумя силами. Он невесом, на него действуют только полная реакция стенки \(\vec R_1\) и полная реакция тела \(\vec R_2\). Они должны быть равны и противоположны, то есть лежать на одной прямой.

Куда отклонены реакции. Клин скользит по стенке, значит \(\vec R_1\) отклонена от нормали к стенке на угол трения \(\varphi_1 = \operatorname{arctg}\mu_1\) — против движения. Нормаль к грани выреза наклонена к нормали стенки на угол \(\alpha\) (угол при вершине клина). Чтобы \(\vec R_2\) была продолжением \(\vec R_1\), она должна отклоняться от своей нормали на угол

\[ |\varphi_1 - \alpha|\ \ \text{при движении вправо},\qquad \varphi_1 + \alpha\ \ \text{при движении влево}. \]

А отклониться реакция может не более чем на \(\varphi_2 = \operatorname{arctg}\mu_2\).

Условия.

— Вправо двигаться можно, если \(|\varphi_1-\alpha| \le \varphi_2\), то есть при \(\alpha \ge \varphi_1 - \varphi_2\).

— Влево двигаться нельзя, если \(\varphi_1 + \alpha > \varphi_2\), что при \(\varphi_1 > \varphi_2\) выполняется всегда.

Предельный угол, значит,

\[ \alpha = \varphi_1 - \varphi_2,\qquad \operatorname{tg}\alpha = \operatorname{tg}(\varphi_1-\varphi_2) = \frac{\mu_1-\mu_2}{1+\mu_1\mu_2}. \]

Решение

Клин. Его грани составляют \(60^\circ\) с горизонтом, значит нормали к ним составляют \(30^\circ\) с горизонтом. Каждый брусок толкает клин силой \(N\) вверх-внутрь, вертикальная проекция \(N\sin30^\circ = N/2\):

\[ 2\cdot\frac N2 = mg \quad\Longrightarrow\quad N = mg. \]

Брусок. Клин давит на него с той же силой \(N = mg\), направленной наружу и вниз: горизонтальная составляющая \(N\cos30^\circ = mg\sqrt3/2\), вертикальная \(N\sin30^\circ = mg/2\).

Реакция пола:

\[ N_{\text{пол}} = mg + \frac{mg}{2} = \frac{3mg}{2}. \]

Брусок не поедет, пока

\[ \mu\,\frac{3mg}{2} \ge \frac{\sqrt3}{2}\,mg \quad\Longleftrightarrow\quad \mu \ge \frac{\sqrt3}{3} = \frac{1}{\sqrt3}. \]

Значит бруски начнут разъезжаться при

\[ \mu < \frac{1}{\sqrt3} \approx 0{,}58. \]

Решение

Один виток. По условию он превращает натяжение \(F\) в \(f\), то есть умножает его на

\[ q = \frac fF < 1. \]

Почему коэффициент один и тот же. Возьмём два витка. Первый виток видит на входе \(F\); на его выходе натяжение \(qF\). Для второго витка условия в точности те же — тот же угол обхвата, тот же коэффициент трения, — меняется лишь масштаб сил. А трение пропорционально нормальному давлению, которое, в свою очередь, пропорционально натяжению. Значит второй виток тоже умножит натяжение на \(q\).

\(n\) витков.

\[ f_n = F\,q^{\,n} = F\left(\frac fF\right)^{\!n}. \]

Решение

Маленький кусочек дуги. Пусть на кусочек приходится угол \(\Delta\varphi\), а натяжение на его краях \(T\) и \(T-\Delta T\). Две силы натяжения, сходящиеся под углом \(\Delta\varphi\), прижимают верёвку к столбу с силой

\[ \Delta N \approx T\,\Delta\varphi \]

(это длина основания равнобедренного треугольника со сторонами \(T\) и малым углом при вершине). Максимальное трение на этом кусочке

\[ \Delta T = \mu\,\Delta N = \mu\,T\,\Delta\varphi. \]

Множитель. Значит каждый кусочек уменьшает натяжение в

\[ \frac{T-\Delta T}{T} = 1 - \mu\,\Delta\varphi \]

раз. Разбив всю дугу на \(N\) кусочков с \(\Delta\varphi = \theta/N\), получаем

\[ F = F_0\left(1 - \frac{\mu\theta}{N}\right)^{\!N} \;\xrightarrow[\ N\to\infty\ ]{}\; F_0\,e^{-\mu\theta}. \]

Это знаменитая формула Эйлера для трения гибкой нити о цилиндр.

Решение

Вес каждого груза \(P = 10\cdot9{,}8 = 98\) Н, суммарный вес \(196\) Н.

Случай а. Грузы расположены симметрично, значит и опоры нагружены поровну:

\[ F_1 = F_2 = \frac{196}{2} = 98\ \text{Н}. \]

(Формально: моменты относительно правой опоры дают \(F_1\cdot4 = 98\cdot3 + 98\cdot1 = 392\), откуда \(F_1 = 98\) Н.)

Случай б. Берём моменты относительно правой опоры. Первый груз стоит в \(4 - 1{,}5 = 2{,}5\) м слева от неё, второй свешивается на \(1{,}5\) м справа, поэтому его момент противоположен по знаку:

\[ F_1\cdot 4 = 98\cdot 2{,}5 - 98\cdot 1{,}5 = 98\cdot 1 = 98 \quad\Longrightarrow\quad F_1 = 24{,}5\ \text{Н}, \] \[ F_2 = 196 - 24{,}5 = 171{,}5\ \text{Н}. \]

Решение

Где что находится. Длина линейки \(0{,}1+0{,}4+0{,}2 = 0{,}7\) м, её центр — на \(0{,}35\) м от левого конца. Правая опора стоит на \(0{,}5\) м от левого конца, значит центр линейки отстоит от неё на

\[ 0{,}5 - 0{,}35 = 0{,}15\ \text{м (влево)}, \]

а груз — на \(0{,}7-0{,}5 = 0{,}2\) м вправо.

Условие неопрокидывания (моменты относительно правой опоры):

\[ M g\cdot 0{,}15 \ge m g\cdot 0{,}2 \quad\Longrightarrow\quad m \le M\,\frac{0{,}15}{0{,}2} = 0{,}75\,M. \]

Численно

\[ m \le 0{,}75\cdot 0{,}01 = 7{,}5\cdot10^{-3}\ \text{кг} = 7{,}5\ \text{г}. \]

Решение

Пусть плечи \(a\) (левое) и \(b\) (правое), масса груза \(m\).

Первое взвешивание (груз слева):

\[ m\,a = m_1\,b. \]

Второе (груз справа):

\[ m_2\,a = m\,b. \]

Убираем плечи. Из первого уравнения \(a/b = m_1/m\), из второго \(a/b = m/m_2\). Отношение плеч одно и то же, поэтому

\[ \frac{m_1}{m} = \frac{m}{m_2} \quad\Longrightarrow\quad m^2 = m_1m_2,\qquad m = \sqrt{m_1m_2}. \]

Масса груза оказалась средним геометрическим двух показаний.

Решение

Момент разности грузов. Чашки висят на нитях, поэтому их веса вертикальны и приложены к концам коромысла. При наклоне на \(\alpha\) горизонтальное плечо каждого конца равно \(L\cos\alpha\), поэтому «лишний» вес \(\Delta m\,g\) создаёт момент

\[ M_1 = \Delta m\,g\,L\cos\alpha. \]

Возвращающий момент коромысла. Его центр масс отстоит от оси на \(h\) вниз; при наклоне он сместился по горизонтали на \(h\sin\alpha\), значит

\[ M_2 = m_0\,g\,h\sin\alpha. \]

Равновесие.

\[ \Delta m\,g\,L\cos\alpha = m_0\,g\,h\sin\alpha \quad\Longrightarrow\quad \Delta m = \frac{h}{L}\,m_0\operatorname{tg}\alpha. \]

Решение

Нагрузка на ось. Ось держит всё: коромысло с чашками \(M\), гирю \(m\) и груз \(m \pm \Delta m\):

\[ N = \left(M + 2m \pm \Delta m\right)g. \]

Условие «весы не шелохнутся». Момент разности не превосходит предельного момента трения:

\[ \Delta m\,g\,L \le \mu\,N\,r = \mu\,r\,(M+2m\pm\Delta m)\,g. \]

Решаем относительно \(\Delta m\). Для «избытка» (груз тяжелее гири, знак «плюс»):

\[ \Delta m\,L = \mu r\,(M+2m+\Delta m) \;\Longrightarrow\; \Delta m_+ = \frac{\mu\,(M+2m)\,r}{L-\mu r}. \]

Для «недостачи» (груз легче) в нагрузке стоит минус:

\[ \Delta m_- = \frac{\mu\,(M+2m)\,r}{L+\mu r}. \]

Обе формулы объединяются в одну:

\[ \Delta m_\pm = \frac{\mu\,(M+2m)\,r}{L\mp\mu r}. \]

Решение

Где центры половинок. Пусть длина каждой половинки \(a\), угол верхней половины с вертикалью \(\alpha\). Возьмём точку подвеса за начало отсчёта; ось \(x\) — горизонтальна.

Центр верхней половинки удалён от подвеса на \(a/2\) вдоль неё, его горизонтальная координата

\[ x_1 = \frac a2\sin\alpha. \]

Нижняя половинка начинается в точке сгиба (координата \(a\sin\alpha\)) и идёт перпендикулярно верхней — в горизонтальной проекции это даёт смещение \(-\frac a2\cos\alpha\) (перпендикуляр «заваливается» в другую сторону):

\[ x_2 = a\sin\alpha - \frac a2\cos\alpha. \]

Условие равновесия — центр масс под подвесом, то есть \(x_1 + x_2 = 0\):

\[ \frac a2\sin\alpha + a\sin\alpha - \frac a2\cos\alpha = 0 \quad\Longrightarrow\quad \frac{3a}{2}\sin\alpha = \frac a2\cos\alpha, \] \[ \operatorname{tg}\alpha = \frac13,\qquad \alpha = \operatorname{arctg}\frac13 \approx 18{,}4^\circ. \]

Решение

Моменты относительно шарнира. Вес приложен к центру балки, его плечо по горизонтали равно \(L/2\). Трос горизонтален и прикреплён на высоте \(h\) над шарниром, значит его плечо равно \(h\):

\[ T\,h = mg\,\frac L2 \quad\Longrightarrow\quad T = \frac{mgL}{2h}. \]

Реакция шарнира. На балку действуют три силы: вес \(mg\) (вниз), натяжение \(T\) (горизонтально, к стенке) и реакция шарнира \(\vec P\). Из равновесия сил реакция должна иметь составляющие \(mg\) вверх и \(T\) от стенки, поэтому

\[ P = \sqrt{(mg)^2 + T^2} = mg\sqrt{1 + \left(\frac{L}{2h}\right)^{\!2}}. \]

С такой же силой балка давит на ось шарнира.

Решение

Геометрия. Все стержни одинаковы, пусть их длина \(a\). Треугольники равносторонние, значит высота фермы

\[ h = \frac{a\sqrt3}{2}. \]

Верхние узлы стоят через \(a\), нижние — тоже через \(a\), но сдвинуты на \(a/2\).

Сечение. Разрежем ферму так, чтобы разрез прошёл через \(n\)-й верхний стержень (считая от груза), через диагональ и через нижний стержень. Диагональ и нижний стержень сходятся в нижнем узле, который отстоит от точки подвеса груза по горизонтали на

\[ d_n = \frac{(2n-1)\,a}{2} \]

(груз висит на крайнем верхнем узле, а нижние узлы сдвинуты на полшага, отсюда и нечётное число полушагов).

Моменты относительно этого узла. Слева от него на отрезанную часть действуют только вес груза и силы в разрезанных стержнях; моменты диагонали и нижнего стержня равны нулю, потому что они проходят через сам узел. Верхний стержень горизонтален и отстоит от узла на \(h\):

\[ T_n\,h = mg\,d_n \quad\Longrightarrow\quad T_n = \frac{mg\,(2n-1)a/2}{a\sqrt3/2} = \frac{(2n-1)\,mg}{\sqrt3}. \]

Решение

Вертикаль. Стенки гладкие и вертикальные — их реакции горизонтальны. Значит вес палочки уравновешивает только архимедова сила:

\[ F_{\text{А}} = mg. \]

(Заодно отсюда видно, что плотность палочки вдвое меньше плотности воды — ведь погружена ровно половина.)

Где приложены силы. Пусть длина палочки \(2b\). Вес приложен к её середине. Архимедова сила приложена к середине погружённой половины, то есть на \(b/2\) ближе к нижнему концу.

Моменты относительно середины палочки. Вес момента не даёт. Архимедова сила вертикальна и приложена на расстоянии \(b/2\) вдоль палочки, её плечо по горизонтали

\[ \frac b2\cos\alpha, \]

момент равен \(mg\,\dfrac b2\cos\alpha\).

Две реакции стенок равны по модулю \(P\) и противоположны — это пара сил. Точки касания это концы палочки, расстояние между ними по вертикали равно \(2b\sin\alpha\), поэтому момент пары равен \(P\cdot 2b\sin\alpha\).

Приравниваем.

\[ P\cdot 2b\sin\alpha = mg\,\frac b2\cos\alpha \quad\Longrightarrow\quad P = \frac{mg}{4}\operatorname{ctg}\alpha. \]

Решение

Геометрия. Треугольник, образованный вертикалью от \(A\) до пола, нитью \(AB\) и стержнем, прямоугольный (угол при \(B\)) и равнобедренный \((AB = BC = L)\). Значит стержень наклонён к вертикали на \(45^\circ\).

Моменты относительно нижнего конца \(C\). Пусть \(T\) — натяжение нити. Нить перпендикулярна стержню, поэтому её плечо относительно \(C\) равно всей длине \(L\); вес приложен к середине, его горизонтальное плечо \(\dfrac L2\sin45^\circ = \dfrac{L}{2\sqrt2}\):

\[ T\,L = mg\,\frac{L}{2\sqrt2} \quad\Longrightarrow\quad T = \frac{mg}{2\sqrt2}. \]

Силы. Нить направлена под \(45^\circ\) вверх-влево, поэтому

\[ N = mg - T\cos45^\circ = mg - \frac{mg}{2\sqrt2}\cdot\frac1{\sqrt2} = mg - \frac{mg}{4} = \frac{3mg}{4}, \] \[ F_{\text{тр}} = T\sin45^\circ = \frac{mg}{4}. \]

Условие.

\[ F_{\text{тр}} \le \mu N \quad\Longrightarrow\quad \frac{mg}{4} \le \mu\,\frac{3mg}{4} \quad\Longrightarrow\quad \mu \ge \frac13. \]

Решение

Обозначения. Пусть стержень длины \(L\) наклонён к горизонтали на угол \(\theta\), тогда

\[ \cos\theta = \frac lL. \]

Стенки давят на концы горизонтально с силами \(N\) (равными и противоположными), трение на концах вертикально: \(f_1\) снизу и \(f_2\) сверху.

Уравнения. По вертикали \(f_1 + f_2 = mg\). Моменты относительно нижнего конца (верхний отстоит от него на \(l\) по горизонтали и на \(L\sin\theta\) по вертикали):

\[ N\,L\sin\theta + f_2\,l - mg\,\frac l2 = 0 \quad\Longrightarrow\quad f_2 = \frac{mg}{2} - \frac{N\,L\sin\theta}{l},\qquad f_1 = \frac{mg}{2} + \frac{N\,L\sin\theta}{l}. \]

Условие. Нижний конец нагружен сильнее, для него требуется

\[ f_1 \le \mu N \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{mg}{2} \le N\left(\mu - \frac{L\sin\theta}{l}\right). \]

Здесь \(L\sin\theta/l = \operatorname{tg}\theta\). Если \(\operatorname{tg}\theta < \mu\), то скобка положительна, и достаточно вставить стержень поплотнее (взять \(N\) побольше) — равновесие возможно. Если же \(\operatorname{tg}\theta \ge \mu\), никакое \(N\) не поможет.

Переводим на язык длины. \(\operatorname{tg}\theta = \sqrt{L^2-l^2}/l\), поэтому условие \(\operatorname{tg}\theta < \mu\) означает

\[ L^2 - l^2 < \mu^2l^2 \quad\Longrightarrow\quad L < l\sqrt{1+\mu^2}. \]

И, конечно, \(L > l\) — иначе стержень не встанет наискось. Итого

\[ l < L < l\sqrt{1+\mu^2}. \]

Решение

Моменты относительно оси цилиндра. Натяжение \(T\) приложено к верхней точке (плечо \(R\)), сила трения \(f\) — к нижней (плечо тоже \(R\)), и они закручивают цилиндр в противоположные стороны:

\[ T\,R = f\,R \quad\Longrightarrow\quad T = f. \]

Вдоль наклонной плоскости. Обе силы направлены вверх по склону:

\[ T + f = mg\sin\alpha \quad\Longrightarrow\quad f = \frac{mg\sin\alpha}{2}. \]

Условие. Нормальная реакция \(N = mg\cos\alpha\) (нить параллельна плоскости и на неё не влияет), поэтому

\[ \frac{mg\sin\alpha}{2} \le \mu\,mg\cos\alpha \quad\Longrightarrow\quad \operatorname{tg}\alpha \le 2\mu,\qquad \alpha \le \operatorname{arctg}2\mu. \]

Решение

Геометрия. Глубина лунки \(R/2\), значит центр шара поднят над поверхностью доски на

\[ y = R - \frac R2 = \frac R2, \]

а радиус края лунки находится из прямоугольного треугольника:

\[ r = \sqrt{R^2 - y^2} = \sqrt{R^2 - \frac{R^2}{4}} = \frac{R\sqrt3}{2}. \]

Момент относительно нижнего края. Введём оси, связанные с доской: \(x\) — вниз по склону, \(y\) — перпендикулярно доске. Нижняя точка края \(P\) отстоит от центра шара на \((r,\ -y)\), а сила тяжести в этих осях имеет составляющие \(mg(\sin\alpha,\ -\cos\alpha)\).

Шар удерживается, пока момент тяжести относительно \(P\) заворачивает его обратно в лунку:

\[ mg\,r\cos\alpha \ge mg\,y\sin\alpha \quad\Longleftrightarrow\quad \operatorname{tg}\alpha \le \frac ry = \frac{R\sqrt3/2}{R/2} = \sqrt3. \]

Ответ. Шарик выскочит при

\[ \operatorname{tg}\alpha > \sqrt3,\qquad \alpha > 60^\circ = \frac{\pi}{3}. \]

Решение

Разложим скатывающую силу. Вдоль поверхности парты действует \(mg\sin\alpha\), направленная вниз по склону. Пусть \(\varphi\) — угол между карандашом и горизонтальным краем парты. Тогда составляющая поперёк карандаша (она и переворачивает его) равна

\[ F_\perp = mg\sin\alpha\,\cos\varphi, \]

а вдоль оси карандаша действует \(mg\sin\alpha\sin\varphi\) — она его только сдвигает, но не катит.

Условие «не перевалится». Шестигранник лежит на грани; в сечении центр отстоит от грани на апофему \(a\sqrt3/2\), а от нижнего ребра по горизонтали на \(a/2\) (здесь \(a\) — сторона шестиугольника). Считаем моменты относительно нижнего ребра: опрокидывает карандаш поперечная сила \(F_\perp\) с плечом \(a\sqrt3/2\), удерживает — прижимающая составляющая веса \(mg\cos\alpha\) с плечом \(a/2\), а реакция опоры в момент отрыва приложена к самому ребру и момента не даёт:

\[ F_\perp\cdot\frac{a\sqrt3}{2} \le mg\cos\alpha\cdot\frac a2, \] \[ \sqrt3\,mg\sin\alpha\cos\varphi \le mg\cos\alpha \quad\Longrightarrow\quad \cos\varphi \le \frac{\operatorname{ctg}\alpha}{\sqrt3}. \]

Наименьший угол \(\varphi\) отвечает наибольшему \(\cos\varphi\):

\[ \cos\varphi_{\min} = \frac{\operatorname{ctg}\alpha}{\sqrt3}. \]

При этом, разумеется, нужно ещё, чтобы карандаш не соскользнул: \(\mu > \operatorname{tg}\alpha\).

Решение

Где пересекаются вес и натяжение. Пусть ребро куба \(a\); начало координат — в нижней точке прижатой грани, ось \(x\) от стены, ось \(y\) вверх. Вес идёт по вертикали \(x = a/2\). Верёвка проходит через точку \((a,\ a)\) под углом \(\alpha\) к стене, то есть к вертикали. Смещаясь от этой точки к стене на \(a/2\), поднимаемся на \((a/2)\operatorname{ctg}\alpha\), поэтому

\[ P = \left(\frac a2,\ \ a + \frac a2\operatorname{ctg}\alpha\right) \]

— точка пересечения лежит на \((a/2)\operatorname{ctg}\alpha\) выше верхней грани.

Реакция стены. Она приложена где-то на грани соприкосновения, то есть в точке \((0,\ y)\) с \(0 \le y \le a\), и её линия обязана пройти через \(P\). Наклон этой линии к горизонтали:

\[ \operatorname{tg}\theta = \frac{a + \frac a2\operatorname{ctg}\alpha - y}{a/2} = 2 + \operatorname{ctg}\alpha - \frac{2y}{a}. \]

Самая «пологая» реакция получается при \(y = a\), когда давление сосредоточено у верхнего ребра грани:

\[ \operatorname{tg}\theta_{\min} = \operatorname{ctg}\alpha. \]

Конус трения. Полная реакция шероховатой поверхности не может отклониться от нормали больше, чем на угол трения: \(\operatorname{tg}\theta \le \mu\). Значит

\[ \operatorname{ctg}\alpha \le \mu \quad\Longleftrightarrow\quad \operatorname{tg}\alpha \ge \frac1\mu . \]

Что при этом с силами. На самой границе (давление у верхнего ребра) моменты относительно этого ребра дают \(T a\cos\alpha = mg\,a/2\), откуда

\[ T = \frac{mg}{2\cos\alpha},\qquad N = T\sin\alpha = \frac{mg}{2}\operatorname{tg}\alpha,\qquad F_{\text{тр}} = mg - T\cos\alpha = \frac{mg}2 . \]

Половину веса держит верёвка, половину — трение о стену; и чем ближе верёвка к горизонтали, тем сильнее она прижимает куб и тем легче трению справиться.

Решение

Момент. Пусть ребро куба \(a\), сила \(F\) приложена к верхнему ребру. Куб переваливается через нижнее ребро \(O\), которое лежит прямо под точкой приложения. Поэтому вертикальная составляющая силы проходит через \(O\) и момента не даёт, а горизонтальная имеет плечо \(a\):

\[ F\cos\alpha\cdot a \ \ge\ mg\cdot\frac a2 \quad\Longrightarrow\quad F\cos\alpha \ge \frac{mg}2 . \]

Нет проскальзывания. Нормальная реакция уменьшается, если тянуть вверх:

\[ N = mg - F\sin\alpha,\qquad F\cos\alpha \le \mu N = \mu\,(mg - F\sin\alpha). \]

Ищем минимум. Момент выгодно брать впритык: \(F\cos\alpha = mg/2\) — больше и не нужно, а лишняя горизонтальная составляющая только приближает срыв. Подставим:

\[ \frac{mg}2 \le \mu\,mg - \mu F\sin\alpha \quad\Longrightarrow\quad F\sin\alpha \le mg\,\frac{2\mu-1}{2\mu}. \]

Случай \(\mu \ge 1/2\). Правая часть неотрицательна, годится \(\alpha = 0\): тянем горизонтально и

\[ F = \frac{mg}2 . \]

Случай \(\mu < 1/2\). Правая часть отрицательна, значит \(\sin\alpha < 0\) — силу надо направлять вниз. Обозначим \(\beta = -\alpha > 0\) (угол ниже горизонта). Тогда \(F = mg/(2\cos\beta)\) и

\[ \frac{mg}2\operatorname{tg}\beta \ \ge\ mg\,\frac{1-2\mu}{2\mu} \quad\Longrightarrow\quad \operatorname{tg}\beta \ \ge\ \frac{1-2\mu}{\mu}. \]

Сила \(F = mg/(2\cos\beta)\) растёт вместе с \(\beta\), поэтому минимум — на самой границе. Из \(\operatorname{tg}\beta = (1-2\mu)/\mu\) находим

\[ \cos\beta = \frac{\mu}{\sqrt{\mu^2 + (1-2\mu)^2}} = \frac{\mu}{\sqrt{5\mu^2-4\mu+1}}, \qquad F = \frac{mg}{2\mu}\sqrt{5\mu^2-4\mu+1}. \]

Решение

Проекции. Обозначим \(N_1,\ F_1\) — нормаль и трение пола, \(N_2,\ F_2\) — стены. Горизонталь и вертикаль дают

\[ F_1 = N_2, \qquad N_1 + F_2 = mg. \]

Моменты относительно нижнего конца. Пусть длина лестницы \(L\). Вес приложен в середине, его плечо \(\frac L2\cos\alpha\); у \(N_2\) плечо \(L\sin\alpha\), у \(F_2\) — \(L\cos\alpha\):

\[ N_2 L\sin\alpha + F_2 L\cos\alpha = mg\,\frac L2\cos\alpha \quad\Longrightarrow\quad N_2\operatorname{tg}\alpha = \frac{mg}2 - F_2 . \]

Предельный случай. Наименьший угол отвечает полному использованию трения: \(F_1 = \mu_1 N_1,\ F_2 = \mu_2 N_2\). Тогда

\[ N_2 = F_1 = \mu_1 N_1 = \mu_1(mg - \mu_2 N_2) \quad\Longrightarrow\quad N_2 = \frac{\mu_1 mg}{1+\mu_1\mu_2},\qquad F_2 = \frac{\mu_1\mu_2\,mg}{1+\mu_1\mu_2}. \]

Подставляем в уравнение моментов:

\[ \operatorname{tg}\alpha = \frac{\frac{mg}2 - F_2}{N_2} = \frac{\frac{1+\mu_1\mu_2}{2} - \mu_1\mu_2}{\mu_1} = \frac{1-\mu_1\mu_2}{2\mu_1}. \]

При больших углах трения хватает с запасом, поэтому

\[ \operatorname{tg}\alpha \ \ge\ \frac{1-\mu_1\mu_2}{2\mu_1}. \]

Решение

Движение назад. Пусть \(N_{\text{п}}\) и \(N_{\text{з}}\) — нагрузки на передние выступы и на колёсики. Трение только на выступах, оно направлено против движения — вперёд. Горизонталь и вертикаль:

\[ F = \mu N_{\text{п}},\qquad N_{\text{п}} + N_{\text{з}} = mg. \]

Моменты относительно центра масс. Опоры дают \(N_{\text{п}}\frac l2\) и \(N_{\text{з}}\frac l2\) в разные стороны, а трение приложено на \(h\) ниже центра масс и «кивает» холодильник назад:

\[ N_{\text{п}}\frac l2 + \mu N_{\text{п}} h = N_{\text{з}}\frac l2 \quad\Longrightarrow\quad N_{\text{з}} = N_{\text{п}}\left(1+\frac{2\mu h}{l}\right). \]

Вместе с \(N_{\text{п}} + N_{\text{з}} = mg\) это даёт

\[ N_{\text{п}} = \frac{mg\,l}{2(l+\mu h)},\qquad F = \frac{\mu\,mg\,l}{2(l+\mu h)} . \]

Движение вперёд. Теперь трение направлено назад и кивает холодильник вперёд — знак у \(\mu h\) меняется:

\[ N'_{\text{з}} = N'_{\text{п}}\left(1-\frac{2\mu h}{l}\right),\qquad N'_{\text{п}} = \frac{mg\,l}{2(l-\mu h)},\qquad F' = \frac{\mu\,mg\,l}{2(l-\mu h)} . \]

Отношение. Масса и все константы сокращаются:

\[ \frac{F'}{F} = \frac{l+\mu h}{l-\mu h} \quad\Longrightarrow\quad F' = F\,\frac{l+\mu h}{l-\mu h}. \]

Решение

Реакция вертикальна. Стержень и втулка невесомы, поэтому вся система «втулка + стержень + груз» держится только весом \(mg\) и реакцией оси. Значит реакция направлена вертикально вверх и равна \(mg\).

Куда уехала точка касания. Полная реакция шероховатой поверхности отклонена от нормали на угол трения \(\varphi\), причём

\[ \operatorname{tg}\varphi = \mu . \]

Нормаль в точке касания — это радиус \(OQ\). Раз реакция вертикальна, а от радиуса она отклонена на \(\varphi\), то и сам радиус \(OQ\) отклонён от вертикали на \(\varphi\) — в сторону вращения. Горизонтальное смещение точки касания от оси:

\[ d = R\sin\varphi = \frac{\mu R}{\sqrt{1+\mu^2}} \]

(здесь \(\sin\varphi = \operatorname{tg}\varphi/\sqrt{1+\operatorname{tg}^2\varphi}\)).

Груз под точкой касания. Груз находится на расстоянии \(R + l\) от оси, его горизонтальное смещение равно \((R+l)\sin\alpha\). Приравниваем:

\[ (R+l)\sin\alpha = \frac{\mu R}{\sqrt{1+\mu^2}} \quad\Longrightarrow\quad \sin\alpha = \frac{\mu R}{(l+R)\sqrt{1+\mu^2}} . \]

Решение

Почему скольжение радиально. Сила трения направлена вдоль относительного скольжения и приложена в точке обода, то есть на расстоянии \(R\) от оси. Её момент относительно оси создаёт только касательная составляющая. Значит равновесие моментов означает: скольжение чисто радиальное, а касательные скорости ремня и обода равны.

Геометрия. Пусть \(\psi\) — угол между радиусом \(OP\), проведённым в точку касания, и направлением ремня. Расстояние от центра до прямой ремня равно

\[ h = R\sin\psi . \]

Касательное направление перпендикулярно \(OP\), поэтому угол между ним и ремнём равен \(90^\circ - \psi\), и проекция скорости ремня на касательную

\[ v_\tau = v\cos(90^\circ-\psi) = v\sin\psi = \frac{vh}{R}. \]

Условие установившегося режима. Скорость обода \(\omega R\) равна этой проекции:

\[ \omega R = \frac{vh}{R} \quad\Longrightarrow\quad \omega = \frac{vh}{R^2}. \]

Решение

Почему натяжения линейны. Канаты одинаковы, значит натяжение каждого пропорционально его удлинению: \(T = k\Delta\). Балка жёсткая — после нагружения она остаётся прямой, поэтому опускание её точек, а с ним и удлинения канатов, линейно зависят от координаты. Итак

\[ T(x) = a + bx . \]

Все четыре каната. Обозначим шаг \(s = l/3\); канаты стоят в точках \(0,\ s,\ 2s,\ 3s\), центр масс — в точке \(1{,}5s\). Два уравнения равновесия:

\[ \sum T_i = mg,\qquad \sum T_i x_i = mg\cdot 1{,}5 s . \]

Подставив \(T_i = a + bx_i\), получаем \(b = 0,\ a = mg/4\): все канаты нагружены поровну, \(T = mg/4\) — как и должно быть по симметрии.

Убрали \(A\). Остались канаты в точках \(s,\ 2s,\ 3s\):

\[ 3a + 6bs = mg,\qquad 6as + 14bs^2 = 1{,}5\,s\,mg \quad\Longrightarrow\quad a = \frac{5mg}{6},\qquad b = -\frac{mg}{4s}. \] \[ T_B = \frac{7mg}{12},\qquad T_C = \frac{4mg}{12},\qquad T_D = \frac{mg}{12}. \]

Сумма равна \(mg\) ✓. Самый нагруженный канат — \(B\): на него приходится \(7mg/12 \approx 0{,}58\,mg\).

Убрали ещё и \(D\). Остались \(B\) и \(C\) — в точках \(s\) и \(2s\), то есть симметрично относительно центра масс \(1{,}5s\). Значит поровну:

\[ T_B = T_C = \frac{mg}{2} = \frac{6mg}{12} \ <\ \frac{7mg}{12}. \]

Наибольшее натяжение уменьшилось — предложение разумно.

Решение

Геометрия. Ось стоит на \(l/3\) от левого конца, центр масс — в середине, то есть на

\[ \frac l2 - \frac l3 = \frac l6 \]

правее оси. Левая пружина закреплена на самом конце балки, то есть на \(l/3\) левее оси; правая — симметрично, на \(l/3\) правее.

Поворот. Пусть балка повернулась на малый угол \(\theta\). Левый конец поднялся на \((l/3)\theta\), а точка крепления правой пружины опустилась на столько же. Значит левая пружина растянута на \(x = (l/3)\theta\) и тянет балку вниз, правая сжата на столько же и толкает балку вверх. Модули сил одинаковы: \(F = kx\).

Моменты относительно оси. Обе пружины заворачивают балку в одну сторону — против веса, и плечи у них одинаковые:

\[ mg\cdot\frac l6 = F\cdot\frac l3 + F\cdot\frac l3 = \frac{2Fl}{3} \quad\Longrightarrow\quad F = \frac{mg}{4}. \]

Сила на ось. Проекция на вертикаль: реакция оси \(N\) вверх, вес \(mg\) вниз, сжатая пружина толкает вверх с \(F\), растянутая тянет вниз с \(F\):

\[ N + F - F - mg = 0 \quad\Longrightarrow\quad N = mg . \]

Пружинные силы взаимно уничтожаются, и ось несёт ровно вес балки.

По третьему закону Ньютона балка давит на ось с силой \(mg\), а на пружины — с силами \(mg/4\): левую растягивает, правую сжимает.

Решение

Моменты относительно точки схода верхней нити. Натяжение \(T\) проходит через эту точку и момента не даёт. Остаются два веса:

вес катушки \(Mg\) приложен к оси, она отстоит от точки схода на \(r\);

вес груза \(mg\) приложен по вертикали, идущей на расстоянии \(R\) от оси, то есть на \(R - r\) от точки схода — и по другую сторону от неё.

\[ Mg\,r = mg\,(R-r) \quad\Longrightarrow\quad m = \frac{Mr}{R-r}. \]

Проверим обычным способом. Вертикаль даёт \(T = (M+m)g\), а моменты относительно оси катушки —

\[ T r = mg R \quad\Longrightarrow\quad (M+m)r = mR \quad\Longrightarrow\quad Mr = m(R-r) \ ✓ \]

— тот же ответ.

Решение

Ключевая геометрия. Каждый стержень — прямой и скреплён с соседним ровно в своей середине: стержень верхнего ромба продолжается в стержень следующего. Поэтому все ромбы конгруэнтны и «дышат» одновременно. Если высота одного ромба равна \(d\), то расстояние от потолка до груза равно \(3d\), а длина нити — как раз \(d\).

Золотое правило механики. Мысленно отпустим нить на маленькое \(\delta\). Высота верхнего ромба вырастет на \(\delta\), но вместе с ним «раскроются» и два других, так что груз опустится на \(3\delta\). Работа силы тяжести равна работе, совершённой против натяжения:

\[ T\,\delta = mg\cdot 3\delta \quad\Longrightarrow\quad T = 3mg. \]

То же самое формально. Пусть полудлина стержня \(a\), а его наклон к вертикали \(\theta\). Тогда высота ромба \(d = 2a\cos\theta\), длина нити \(d\), высота всей подвески \(3d\). При изменении \(\theta\) обе величины меняются пропорционально, и в условии равновесия \(T\,\delta d = mg\,\delta(3d)\) множитель \(\delta d\) сокращается ✓.

Решение

Нагревание. Пусть погонная масса листа \(\lambda = m/l\), а \(s_0\) — расстояние от нижнего края до неподвижной точки. Ниже неё лист ползёт вниз, значит трение там направлено вверх по склону; выше — наоборот. Сумма сил вдоль склона равна нулю:

\[ \mu\lambda g\cos\varphi\cdot s_0 - \mu\lambda g\cos\varphi\,(l-s_0) - \lambda g l\sin\varphi = 0, \] \[ \mu(2s_0 - l) = l\operatorname{tg}\varphi \quad\Longrightarrow\quad s_0 = \frac l2\left(1 + \frac{\operatorname{tg}\varphi}{\mu}\right). \]

Точка лежит выше середины.

Остывание. Теперь части ползут к неподвижной точке, знаки трения меняются на противоположные, и точно так же

\[ s_1 = \frac l2\left(1 - \frac{\operatorname{tg}\varphi}{\mu}\right) \]

— точка лежит ниже середины ровно на столько же.

Сдвиг за сутки. При нагревании на \(\Delta t = t_2 - t_1\) каждый отрезок удлиняется в \((1+\alpha\Delta t)\) раз. Кусок ниже неподвижной точки имеет длину \(s_0\), поэтому нижний край уезжает вниз на \(s_0\alpha\Delta t\). При остывании неподвижной становится точка \(s_1\), и нижний край возвращается вверх лишь на \(s_1\alpha\Delta t\). Итог за сутки:

\[ \Delta = (s_0 - s_1)\,\alpha\Delta t = l\,\alpha\Delta t\,\frac{\operatorname{tg}\varphi}{\mu}. \]

Тот же сдвиг получается для любой точки листа — за сутки лист просто переносится вниз как целое. За \(N\) суток

\[ \Delta S = \frac{N l}{\mu}\,\alpha\,(t_2-t_1)\operatorname{tg}\varphi . \]

Решение

Что делать муравью. Тянуть не вдоль соломинки, а поперёк, взявшись за её конец. Тогда соломинка начнёт поворачиваться вокруг точки, лежащей примерно на \(0{,}29\) её длины от дальнего конца, и для этого хватит силы

\[ F = \mu m g(\sqrt2 - 1) \approx 0{,}41\,\mu mg \]

(точный расчёт — в следующей задаче 2.8.44). Это заметно меньше той силы, которую муравей уже развивает.

Почему так получается. При повороте одна часть соломинки движется в одну сторону, другая — в противоположную. Их силы трения тоже противоположны, и в сумму сил входят с разными знаками; поэтому «поперечное» усилие оказывается меньше полного трения более чем вдвое.

Как двигаться дальше. Повернув соломинку вокруг одного конца, муравей переходит к другому и поворачивает её в обратную сторону. Каждая пара таких поворотов переносит соломинку на заметное расстояние — так же «переступают» углами тяжёлый шкаф. Направление переступания муравей выбирает в сторону муравейника.

Решение

Сумма сил. Пусть длина бруска \(L\), погонная масса \(\lambda = m/L\), сила приложена к правому концу, а точка поворота \(C\) отстоит от левого конца на \(c\). Слева от \(C\) трение направлено по силе, справа — против неё:

\[ F = \mu\lambda g\big[(L-c) - c\big] = \mu mg\left(1 - \frac{2c}{L}\right). \]

Сумма моментов относительно \(C\). Левый кусок длины \(c\) даёт силу трения \(\mu\lambda g c\), приложенную в его середине, то есть на плече \(c/2\); правый кусок длины \(L-c\) — силу \(\mu\lambda g(L-c)\) на плече \((L-c)/2\). Оба момента заворачивают брусок в одну сторону, а сила \(F\) — в другую:

\[ F\,(L-c) = \mu\lambda g\,\frac{c^2 + (L-c)^2}{2}. \]

Решаем. Введём \(u = c/L\) и поделим обе части на \(\mu m g L\):

\[ (1-2u)(1-u) = \frac{u^2 + (1-u)^2}{2}, \] \[ 2 - 6u + 4u^2 = 2u^2 - 2u + 1 \quad\Longrightarrow\quad 2u^2 - 4u + 1 = 0 . \] \[ u = 1 - \frac{\sqrt2}{2} \approx 0{,}293 \]

(второй корень \(1+\sqrt2/2 > 1\) не годится — точка вышла бы за брусок). Тогда

\[ F = \mu mg\,(1-2u) = \mu mg\,(\sqrt2 - 1) \approx 0{,}41\,\mu mg . \]

Подсказка

Стаканчик опрокинется вокруг ребра дна, на которое давит нижний конец палочки. Запишите условие равенства нулю суммарного момента сил относительно этого ребра в предельном случае.

Ответ

Стаканчик не перевернется при длине палочки \(L \le \dfrac{d(m + 2M)}{M\sin\alpha} = 40\text{ см}\).

Подсказка

В равновесии центр масс стержня лежит на вертикали, проходящей через центр чаши. Выразите через угол наклона положение центра масс относительно конца стержня и сложите положения для двух стержней (с учётом их возможной ориентации).

Ответ

\(\alpha = \operatorname{arctg}\!\left(\dfrac{1}{2}(\operatorname{tg}\alpha_1 \pm \operatorname{tg}\alpha_2)\right)\).

Подсказка

Условие равновесия груза "— равенство веса сумме вертикальных составляющих двух сил натяжения. Натяжение найдите по закону Гука через новую длину провисшей верёвки.

Ответ

(а) \(m \approx 0{,}04\,F_0/g = 16\) кг;  (б) \(m \approx 0{,}176\,F_0/g = 70{,}4\) кг.

Подсказка

Запишите правило моментов относительно точки подвеса; погружённая часть бруска — треугольник, сила Архимеда приложена в его центре масс.

Ответ

\(\rho_0 = \dfrac{2}{3} \approx 0{,}67\) г/см\(^3\).

Подсказка

Найдите отдельно, при какой силе натяжения нити табуретка начнёт скользить и при какой начнёт опрокидываться, и сравните: что наступит раньше? Затем свяжите добавленную массу воды со временем через расход трубки.

Ответ

Табуретка начнёт опрокидываться раньше, чем скользить; движение начнётся спустя время \(t = \dfrac{4\Delta m}{\rho v \pi D^2} = \dfrac{4}{\rho v \pi D^2}\left(\dfrac{Md}{2h} - m\right) \approx 358\) с \(\approx 5\) мин 58 с.

Подсказка

Репка начнёт отрываться, поворачиваясь вокруг точки на краю ямы. Сравните момент силы тяжести и момент суммарной силы тяги относительно этой точки и найдите наибольшее возможное плечо силы тяги.

Ответ

Максимально возможная масса репки \(m = \dfrac{63\sqrt{2}}{32}\,\dfrac{F}{g} \approx 2{,}78\,\dfrac{F}{g}\).

Подсказка

Нижний конец доски отрывается, когда момент силы давления груза относительно шарнира сравнивается с моментом силы тяжести доски. Найдите, на каком расстоянии от \(O\) это происходит, и дальше используйте закон сохранения энергии.

Ответ

Если \(\dfrac{M}{m} < \dfrac{2h}{l-2h}\), то \(v \ge \sqrt{2g\left(l - h + \dfrac{M}{m}\cdot\dfrac{l-2h}{2}\right)\sin\alpha}\); при \(\dfrac{M}{m} > \dfrac{2h}{l-2h}\) доска не оторвётся ни при какой скорости.

Решение

Запишем второй закон Ньютона в проекциях на нормаль к доске для груза: \[N = mg\cos\alpha,\] где \(N\) "— нормальная реакция опоры. Запишем уравнение моментов для доски относительно точки \(O\) (груз \(m\) на расстоянии \(x\) от точки \(O\), доска начинает отрываться от пола): \[Mg\cdot\left(\frac{l}{2} - h\right)\cos\alpha = Nx = mgx\cos\alpha \;\Longrightarrow\; x = \frac{M}{m}\cdot\frac{l-2h}{2} .\]

1. Если \[\frac{M}{m}\cdot\frac{l-2h}{2} > h \;\Longrightarrow\; \frac{M}{m} > \frac{2h}{l-2h},\] то не существует таких скоростей, при которых доска оторвётся от пола.

2. Если \[\frac{M}{m} < \frac{2h}{l-2h},\] тогда из закона сохранения энергии следует \[\frac{mv^2}{2} \ge mg(l - h + x)\sin\alpha \;\Longrightarrow\; v \ge \sqrt{2g\left(l - h + \frac{M}{m}\cdot\frac{l-2h}{2}\right)\sin\alpha}.\]

Подсказка

На сферу действуют три силы. Две из них вертикальны, значит, и третья вертикальна. Каков при этом угол между реакцией лунки и нормалью в точке касания?

Ответ

\(\mu \ge \dfrac{r}{\sqrt{R^2 - 2Rr}}\).

Решение

Сферическая оболочка находится в равновесии под действием трёх сил: тяжести \(m\vec g\), натяжения \(\vec T\) и реакции чаши \(\vec R\). Две первые направлены вертикально, следовательно, третья тоже должна быть направлена вертикально, отклоняясь от нормали на угол \(\alpha\). Поскольку этот угол не может быть больше угла трения, \(\mu \ge \mathrm{tg}\,\alpha\) и не зависит от распределения масс сферы и воска.

Из рисунка находим: \[\mathrm{tg}\,\alpha = \frac{r}{\sqrt{(R-r)^2 - r^2}} = \frac{r}{\sqrt{R^2 - 2Rr}} \;\Longrightarrow\; \mu \ge \frac{r}{\sqrt{R^2 - 2Rr}} .\]

Подсказка

Кроме условий равновесия (сумма сил и два уравнения моментов) нужно использовать, что столешница твёрдая и остаётся плоской: деформации ножек связаны одним линейным соотношением.

Ответ

\(\Delta F_1 = 100\) Н, \(\Delta F_2 = 60\) Н, \(\Delta F_3 = 60\) Н, \(\Delta F_4 = 20\) Н.

Подсказка

Все палочки находятся в одинаковых условиях, поэтому достаточно рассмотреть одну; вертикальные силы на всю систему уравновешивают силы тяжести.

Ответ

1) \(0{,}5\) Н;  2) \(0{,}375\) Н.

Подсказка

Центр тяжести однородного треугольника лежит в точке пересечения медиан. Запишите условия равенства нуля суммы сил и суммы моментов (например, относительно вершины с прямым углом), перебрав, какие пружины растянуты, а какие сжаты.

Ответ

\(m = 3\) кг; верхняя пружина растянута на \(30\) см.

Подсказка

Из симметрии силы реакции и трения от двух стенок равны, поэтому их можно заменить суммарными. Запишите условия равенства нулю суммы горизонтальных проекций сил и суммы моментов, при падении силы трения достигают предельных значений.

Ответ

\(\alpha = \arccos\left(\dfrac{R}{l}\cdot\dfrac{\mu_1\mu_2}{\sqrt{1+\mu_2^2}}\right) - \arccos\dfrac{1}{\sqrt{1+\mu_2^2}} \approx 54{,}6^\circ\).

Подсказка

На систему «два груза и нить» действуют только три силы, и их линии действия пересекаются в одной точке; реакция полуокружности направлена к её центру. Во втором пункте полная сила реакции на колечко направлена вдоль нити и может отклоняться от нормали не больше чем на угол трения.

Ответ

1) \(R \approx 8{,}1\text{ см}\) (центр полуокружности — на горизонтали через точку излома, на расстоянии \(R\) от прямого участка);  2) \(R\sqrt{1 + \dfrac{2}{\sqrt{1+\mu^2}}} \leqslant h \leqslant R\sqrt3\).

Решение

Метод 1. Рассмотрим систему, состоящую из двух грузов и нити. На неё действуют три силы: сила тяжести \(3m\vec g\), реакция опоры \(\vec N_1\) со стороны вертикального участка и сила реакции \(\vec N_2\) со стороны полуокружности. Линии действия сил \(\vec N_1\) и \(3m\vec g\) пересекаются в точке \(O\). Следовательно, по теореме о трёх непараллельных силах, линия действия силы \(\vec N_2\) также проходит через точку \(O\) (см. рисунок 1).

Сила \(\vec N_2\) перпендикулярна касательной к окружности, поэтому направлена к её центру. Таким образом, центр полуокружности лежит на прямой, проходящей через точку приложения силы \(\vec N_2\) и точку \(O\).

Проведём через точку, соответствующую положению груза массой \(2m\), касательную к окружности (перпендикуляр к \(\vec N_2\)). Обозначим через \(B\) точку пересечения этой касательной с вертикальным участком проволоки (см. рисунок 2).

Полученная точка \(B\) равноудалена от \(2m\) и от точки излома проволоки \(A\). С помощью циркуля или линейки отложим отрезок \(AB\) вверх, восстановив точку \(A\). Затем пересечём перпендикуляр к касательной, проведённой через точку \(2m\), а также горизонтальную линию, проходящую через точку \(A\) (точку соединения участков проволоки), и получим центр полуокружности. Это позволяет восстановить положение всей полуокружности.

Метод 2. После теоремы о трёх силах можно не строить центр окружности геометрически, а записать подобие: \[\frac{R - x}{R + y} = \frac{z}{y}.\]

Численные значения длин отрезков \(x\), \(y\) и \(z\) находятся из рисунка: \(x = 3\text{ см}\), \(y = 3\sqrt5/2\text{ см}\), \(z = 1{,}5\text{ см}\). Откуда: \[R = \frac{y(x+z)}{y-z}.\]

Метод 3. Расставим силы и введём систему координат, как показано на рисунке 4. В ней координаты грузов \(m\) и \(2m\), определяемые по масштабу, соответственно равны \((0;\,-y_1) = (0;\,-3\text{ см})\) и \((x_2;\,0) = (4{,}5\text{ см};\,0)\). Обозначим через \(\alpha\) угол между нитью и вертикалью, а через \(\varphi\) — угол между силой \(\vec N_2\) и вертикалью.

Запишем условия равновесия для груза массы \(m\): \[\vec N_1 + \vec T + m\vec g = 0, \tag{1}\] и для всей системы: \[\vec N_1 + \vec N_2 + 3m\vec g = 0. \tag{2}\] Из соответствующих треугольников сил (см. рисунок 5) получаем: \[\operatorname{tg}\varphi = \frac{\operatorname{tg}\alpha}{3}.\]

С другой стороны, \[\operatorname{tg}\alpha = \frac{x_2}{y_1} \;\Rightarrow\; \operatorname{tg}\varphi = \frac{x_2}{3y_1} = \frac{4{,}5}{9} = 0{,}5.\] Следовательно, \[\sin\varphi = \frac{1}{\sqrt5}.\] Из геометрии окружности: \[x_2 = R(1 - \sin\varphi),\] откуда: \[R = \frac{4{,}5}{1 - \frac{1}{\sqrt5}} \approx 8{,}1\text{ см},\] а координаты центра окружности: \[(R;\, R\cos\varphi) \approx (8{,}1\text{ см};\, 7{,}3\text{ см}).\]

Пункт 2. Сила полной реакции опоры \(\vec Q\), действующая на кольцо, полностью компенсирует силу натяжения \(\vec T\). При этом \(\vec Q\) составляет угол \(\beta\) с силой нормальной реакции опоры \(\vec N\), направленной в центр окружности (см. рисунок 6). Тогда условие равновесия с учётом трения имеет вид:

\[\beta \leqslant \beta_{cr}, \quad \beta_{cr} = \operatorname{tg}\mu.\]

Обозначим положение груза \(m\) точкой \(L\), кольца — \(D\). По теореме косинусов для треугольника \(\triangle ODL\): \[OL^2 = R^2 + R^2 + 2R^2\cos\beta.\] С учётом ограничения на угол \(\beta\) получаем: \[2R^2 + 2R^2\cos\beta_{cr} \leqslant OL^2 \leqslant 4R^2.\] По теореме Пифагора: \[OL^2 = R^2 + h^2 \;\Rightarrow\; R^2 + 2R^2\cos\beta_{cr} \leqslant h^2 \leqslant 3R^2.\] Так как \[\cos\beta_{cr} = \frac{1}{\sqrt{1+\mu^2}},\] получаем: \[R\sqrt{1 + \frac{2}{\sqrt{1+\mu^2}}} \leqslant h \leqslant R\sqrt3.\]

Подсказка

Если нить \(BC\) не натянута, то на нижний шарик действуют только сила тяжести и кулоновская сила. Каким должно быть направление последней?

Подсказка

Запишите правило моментов относительно каждой из опор по очереди; направление силы определяйте по тому, куда доска «хочет» повернуться.

Ответ

1) Б (вниз);  2) \(F_1 = 1160\) Н;  3) А (вверх);  4) \(F_2 = 1740\) Н.

Подсказка

Вдоль одного нерастяжимого троса, перекинутого через лёгкие блоки, сила натяжения одинакова. Пройдите от свободного конца к грузу и на каждом блоке запишите условие равновесия.

Ответ

\(F = Mg/10 = 500\text{ Н}\).

Подсказка

Предплечье — рычаг; запишите правило моментов относительно места контакта костей, затем условие равенства нулю суммы вертикальных сил.

Ответ

1) \(660\) Н;  2) \(570\) Н.

Подсказка

Стержень остаётся горизонтальным, значит, все пружины сжаты или растянуты одинаково, а верхние и нижние деформируются в разные стороны. Запишите равенство моментов сил относительно какой-нибудь точки стержня.

Ответ

1) \(100\) Н/м;  2) \(5{,}5\) мм.

Подсказка

Рычаг не должен опрокинуться ни вокруг левой, ни вокруг правой опоры: запишите условие для моментов сил относительно каждой из опор.

Ответ

Скорости \(v_1\) и \(v_2\) наполнения бочек должны удовлетворять условиям \(\dfrac{1}{2} < \dfrac{v_2}{v_1} < 1\).

Подсказка

Через неподвижный блок сила натяжения нити не меняется, поэтому каждая нить на двухступенчатом блоке натянута силой, равной весу соответствующего груза. Запишите правило моментов для двухступенчатого блока относительно его оси.

Ответ

1) 3 кг;  2) 2 кг.

Подсказка

Для каждого стержня масса, висящая на точке подвеса, равна сумме подвешенных к нему масс, а плечи обратно пропорциональны массам на концах. Начните с нижнего стержня: по отношению плеч (по клеткам рисунка) определите, какие грузы на нём самые лёгкие.

Ответ

1) 100 г — груз 3, 200 г — груз 2, \(m_x\) — груз 1, 800 г — груз 4;  2) \(m_x = 500\) г;  3) стержень А.

Подсказка

Вес диска один и тот же в обоих случаях. Во сколько раз изменится удлинение при переходе от \(n\) параллельных пружинок к цепочке из шести последовательных?

Ответ

\(n = 4\) пружинки.

Подсказка

Составьте условие равновесия стержня (правило моментов) относительно опоры-подставки; сила со стороны гладкого пола направлена перпендикулярно полу.

Ответ

1) 1;  2) 1;  3) \(1{,}65\) Н.

Подсказка

Рассмотрите силы, действующие на подставку и на каждый груз; нить тянет подставку вверх, а груз давит на подставку вниз.

Ответ

\(0{,}5\).

Подсказка

Каждая нить действует на подставку и на груз одной и той же силой \(T\); запишите условия равновесия груза и подставки.

Ответ

1) \(0{,}5\);  2) \(1{,}5\).

Подсказка

Шарики разных масс, поэтому отклонение каждого определяется своим соотношением силы тяжести и кулоновской силы. Что произойдёт при очень большом заряде, когда кулоновские силы многократно превосходят силу тяжести?

Ответ

1) \(0^\circ\);  2) \(120^\circ\).

Подсказка

Запишите правило моментов относительно точки подвеса для двух положений гири (с разными грузами на крючке), а положение центра тяжести безмена без гири найдите из второго рисунка.

Ответ

\(m=0{,}5\text{ кг}\), \(M\approx 0{,}83\text{ кг}\).

Подсказка

Сосуд готов опрокинуться, когда равнодействующая сил давления и тяжести проходит через край опоры. Вспомните, как выражается сила давления на дно через давление и площадь, и запишите условие равенства моментов.

Ответ

1,4.

Подсказка

Планка очень лёгкая, значит, равнодействующая приложенных к ней сил и сумма их моментов равны нулю. Что это говорит о силах натяжения нитей?

Ответ

1) «21» (\(a_A = 2\) м/с\(^2\), \(a_B = 1\) м/с\(^2\));  2) 2 м/с\(^2\).

Подсказка

Стенка не должна ни отойти, ни повернуться. Найдите силу давления воды и точку её приложения, а затем запишите условия на силу и на моменты относительно верхнего и нижнего рёбер стенки — какое из них самое жёсткое?

Ответ

1) \(\Delta x_{\min} = \dfrac{\rho g a^3}{3k}\);  2) \(\Delta x_{\min} = \dfrac{\rho g a^3}{6k}\).

Решение

1. Метод 1. Воспользуемся методом виртуальных перемещений для определения сил.

Для этого определим изменение потенциальной энергии, равное работе силы тяжести. Представим, что жидкость переходит из верхнего слоя в образовавшееся пространство, тогда \(A_g = -\Delta\Pi \le -A_F\). Масса перешедшей жидкости \(m = \rho a^2\delta x\).

Для равнодействующей сил давления получаем: \[(2k\Delta x + k\Delta x)\delta x \ge (\rho a^2\delta x)g\frac{a}{2} \;\Rightarrow\; k\Delta x \ge \frac{\rho g a^3}{6}.\] Для моментов сил давления относительно верхнего ребра получаем, что центр тяжести слоя жидкости опускается на \(\dfrac{2a}{3}\): \[k\Delta x\,\delta x \ge \frac{\rho a^2\delta x}{2}g\frac{2a}{3} \;\Rightarrow\; k\Delta x \ge \frac{\rho g a^3}{3}.\] Для моментов сил давления относительно нижнего ребра получаем, что центр тяжести слоя жидкости опускается на \(\dfrac{a}{3}\): \[2k\Delta x\,\delta x \ge \frac{\rho a^2\delta x}{2}g\frac{a}{3} \;\Rightarrow\; k\Delta x \ge \frac{\rho g a^3}{12}.\]

Метод 2. В заполненном аквариуме на боковую стенку действует сила давления воды \(F_P = \frac12\rho g a^3\). Для решения необходимо определить точку приложения этой силы. Поскольку по горизонтали давление воды на одном и том же уровне одинаково, очевидно, что эта точка будет находиться на срединной вертикали.

По вертикали давление распределяется линейно от нуля наверху до \(\rho g a\) внизу.

Известно, что центр тяжести треугольника расположен в точке пересечения его медиан.

Используя аналогию распределения давления по вертикали в нашем случае с распределением по высоте массы полосок одинаковой ширины, на которые параллельно основанию мысленно разрезан равнобедренный треугольник, можно утверждать, что точка приложения силы находится на расстоянии \(a/3\) от дна сосуда.

Метод 3. Строгий математический расчёт силы и моментов сил можно опровести с помощью интегрирования.

Определим давление как функцию \(y\) — глубины от поверхности жидкости: \(p(y) = \rho g y\).

Суммарная сила давления воды: \[F_P = \int\limits_0^a p(y)\,a\,dy = \frac{\rho g a^3}{2}.\] Момент силы относительно верхней кромки: \[M_\text{в} = \int\limits_0^a y\,p(y)\,a\,dy = \frac{\rho g a^4}{3}.\] Момент силы относительно нижней кромки: \[M_\text{н} = \int\limits_0^a (a - y)\,p(y)\,a\,dy = \frac{\rho g a^4}{6}.\] Условия для отсутствия протечек можно записать в виде неравенств: \[3k\Delta x \geqslant \frac{\rho g a^3}{2} \quad \text{(условие на направление результирующей силы)},\] \[k\Delta x\cdot a \geqslant \frac{\rho g a^4}{3} \quad \text{(отсутствие поворота вокруг верхнего ребра)},\] \[2k\Delta x\cdot a \geqslant \frac{\rho g a^4}{6} \quad \text{(отсутствие поворота вокруг нижнего ребра)}.\] Очевидно, неравенство \(k\Delta x \geqslant \dfrac{\rho g a^3}{3}\) наиболее жесткое. Откуда \[\Delta x_{\min} = \frac{\rho g a^3}{3k}.\]

2. Отметим, что, поскольку пружины сжимаются одинаково, суммарная сила, с которой они будут давить на стенку аквариума, будет в 2 раза больше силы давления воды.

Если пружины в условии поменять местами, последние 2 условия примут вид:

\[3k\Delta x \geqslant \frac{\rho g a^3}{2} \quad \text{(условие на направление результирующей силы)},\] \[2k\Delta x\cdot a \geqslant \frac13\rho g a^3 \quad \text{(отсутствие поворота вокруг верхнего ребра)},\] \[k\Delta x\cdot a \geqslant \frac16\rho g a^3 \quad \text{(отсутствие поворота вокруг нижнего ребра)}.\] Откуда \(\Delta x_{\min} = \dfrac{\rho g a^3}{6k}\). При этом суммарная сила, с которой пружины будут давить на стенку аквариума, в точности совпадет с силой давления.

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта, где цилиндр покоится: в ней действует «эффективная тяжесть» \(M(\vec g - \vec a)\). Цилиндр не вращается, если три силы — эффективная тяжесть, реакция пола (она отклонена от вертикали на угол трения, ведь цилиндр по полу скользит) и реакция доски — пересекаются в одной точке.

Ответ

При \(\mu < \sqrt3\): \(\dfrac{g}{\sqrt3} < a < \sqrt3\,g\);  при \(\mu > \sqrt3\): \(a > \sqrt3\,g\);  при \(\mu = \sqrt3\): \(a = \sqrt3\,g\).

Решение

Первый способ. Перейдём в неинерциальную систему отсчёта, движущуюся влево с ускорением \(\vec a\). В этой системе цилиндр покоится, и на него действует эффективная сила тяжести: \[M\vec g_\text{эф} = M\vec g - M\vec a.\]

Заметим, что с увеличением ускорения \(a\) угол \(\gamma\) между вертикалью и вектором \(M\vec g_\text{эф}\) увеличивается.

Расставим силы, действующие на цилиндр в этой системе отсчёта:

• сила реакции \(Q\) со стороны горизонтальной поверхности, направленная под углом \(\varphi\) к вертикали. \(\operatorname{tg}\varphi = \mu\), так как происходит движение с проскальзыванием.

• Сила реакции \(Q_1\) со стороны доски направлена под некоторым углом \(\alpha\) к радиусу, проведённому в точку касания.

Случай 1: \(\mu < \sqrt3\), линия действия силы \(Q\) проходит левее точки контакта цилиндра с доской (точки \(A\)). Для равновесия цилиндра необходимо, чтобы силы \(Q\), \(Q_1\) и \(Mg_\text{эф}\) пересекались в одной точке (по теореме о трёх непараллельных силах). Угол \(\varphi\) фиксирован, а угол \(\alpha\) увеличивается при уменьшении ускорения \(a\). Максимальное значение угла \(\alpha\) равно \(\varphi\): \[\alpha_\text{max} = \varphi.\] Из геометрии задачи следует, что при \(\alpha = \varphi\) угол между эффективной силой тяжести и вертикалью равен \(30^\circ\). Следовательно: \[a_\text{min} = g\operatorname{tg}30^\circ = \frac{g}{\sqrt3}.\] С увеличением ускорения \(a\) угол \(\alpha\) уменьшается, пока \(Mg_\text{эф}\) и \(Q_1\) не станут направленными вдоль одной прямой. Дальнейшее увеличение \(a\) приведёт к нарушению равновесия, и цилиндр начнёт закатываться на доску. При этом сила реакции \(Q\) станет равной нулю. Следовательно: \[a_\text{max} = g\operatorname{tg}60^\circ = \sqrt3\,g,\] \[\frac{1}{\sqrt3}g < a < \sqrt3\,g.\]

Случай 2: \(\mu > \sqrt3\). Линия действия силы \(Q\) проходит ниже точки контакта цилиндра с доской.

По теореме о трёх непараллельных силах, с учётом того, что \(0 < \alpha \leqslant \varphi\), получаем два возможных диапазона для угла \(\gamma\), при которых три силы пересекаются в одной точке:

• \(\gamma \in [0;\,30^\circ]\) и вектор \(Q\) направлен в точку пересечения трёх сил.

• \(\gamma \in (60^\circ;\,90^\circ)\) и продолжение вектора \(Q\) в обратном направлении проходит через точку пересечения трёх сил (см. рис.).

При \(\gamma \in [0^\circ;\,30^\circ]\) все три вектора сил направлены в одну полуплоскость, следовательно, их сумма не может быть равна нулю. Значит, равновесие в этом случае невозможно. Для \(\gamma \in (60^\circ;\,90^\circ)\) по аналогии с первым случаем получаем \[a > g\operatorname{tg}60^\circ = \sqrt3\,g.\]

Случай 3: \(\mu = \sqrt3\).

\(\varphi = 60^\circ\), линия действия силы \(Q\) проходит через точку \(A\). Тогда либо линии действия сил \(Q\) и \(Q_1\) совпадают, либо пересекаются в точке \(A\). Первое невозможно, так как в этом случае для выполнения условия равновесия \(Mg_\text{эф}\) должна быть параллельна \(Q\) и \(Q_1\), чего быть не может. Значит, линии действия сил \(Q\) и \(Q_1\) пересекаются в точке \(A\). Тогда по теореме о трёх непараллельных силах \(Mg_\text{эф}\) тоже направлена в точку \(A\), откуда однозначно находим значение ускорения: \[a = \sqrt3\,g.\]

Второй способ. Расставим силы, действующие на цилиндр, и запишем теорему о движении центра масс для цилиндра в проекциях на горизонтальное и вертикальное направления:

\[\begin{cases} Oy:\ N_1 + N\sin\alpha - F_\text{тр}\cos\alpha - Mg = 0;\\ Ox:\ N\cos\alpha + F_\text{тр}\sin\alpha - F_{\text{тр}1} = Ma. \end{cases}\] Из условия задачи можем найти угол \(\alpha\): \[\sin\alpha = \frac{R - h}{R} = 0{,}5 \;\Longrightarrow\; \alpha = 30^\circ.\] Так как цилиндр скользит по горизонтальной поверхности, сила трения равна соответственно: \[F_{\text{тр}1} = \mu N_1.\] Для того чтобы цилиндр не вращался, должно выполняться правило моментов относительно его центра: \[F_\text{тр}R = F_{\text{тр}1}R \;\Longrightarrow\; F_\text{тр} = F_{\text{тр}1} = \mu N_1.\] Формально, предыдущее уравнение необходимо писать в системе отсчёта центра масс цилиндра. Но при переходе в неинерциальные системы отсчёта, силы инерции прикладываются к центру масс тела, соответственно не создают момента сил относительно него. Подставим значения сил трения в систему уравнений: \[\begin{cases} Oy:\ N_1 + N\sin\alpha - \mu N_1\cos\alpha - Mg = 0;\\ Ox:\ N\cos\alpha + \mu N_1\sin\alpha - \mu N_1 = Ma. \end{cases}\] Для выполнения условия равноускоренного движения цилиндра без вращения необходимо выполнение следующих соотношений: \[\begin{cases} N_1 > 0,\\ F_\text{тр} \leqslant \mu N \;\Longrightarrow\; N_1 \leqslant N. \end{cases}\] Первое условие гарантирует контакт цилиндра с горизонтальной поверхностью, второе гарантирует отсутствие проскальзывания между цилиндром и доской. Из уравнения на вертикальную ось выразим \(N_1\): \[N_1 = \frac{Mg - N\sin\alpha}{1 - \mu\cos\alpha}.\] Подставим значение \(N_1\) в уравнение на горизонтальную ось: \[N\cos\alpha + \mu(N\sin\alpha - Mg)\frac{1 - \sin\alpha}{1 - \mu\cos\alpha} = Ma.\] Сгруппируем слагаемые с \(N\) с одной стороны равенства: \[N\left(\cos\alpha + \mu\sin\alpha\frac{1 - \sin\alpha}{1 - \mu\cos\alpha}\right) = M\left(a + \mu g\frac{1 - \sin\alpha}{1 - \mu\cos\alpha}\right).\] Домножим обе стороны равенства на \((1 - \mu\cos\alpha)\): \[N\left(\cos\alpha - \mu\cos^2\alpha + \mu\sin\alpha - \mu\sin^2\alpha\right) = M\left[a(1 - \mu\cos\alpha) + \mu g(1 - \sin\alpha)\right],\] откуда получаем выражение для значения \(N\): \[N = M\frac{a(1 - \mu\cos\alpha) + \mu g(1 - \sin\alpha)}{\cos\alpha + \mu\sin\alpha - \mu}.\] Подставляя значение для угла \(\alpha = 30^\circ\): \[N = M\frac{a(2 - \sqrt3\mu) + \mu g}{\sqrt3 - \mu}.\] Подставляя это выражение в выражение для силы \(N_1\): \[N_1 = M\frac{\sqrt3 g - a}{\sqrt3 - \mu}.\] Теперь, чтобы получить возможные значения для \(a\), нам необходимо проанализировать неравенство \(0 < N_1 < N\). Видим, что в знаменателе \(N\) и \(N_1\) есть сингулярность при определённом значении коэффициента трения \(\mu = \sqrt3\). Рассмотрим по отдельности три случая.

Случай 1: \(\mu < \sqrt3\). \[N_1 > 0 \;\Longrightarrow\; \sqrt3 g > a \;\Longrightarrow\; a < \sqrt3 g.\] \(N_1 < N\): \[M\frac{\sqrt3 g - a}{\sqrt3 - \mu} < M\frac{a(2 - \sqrt3\mu) + \mu g}{\sqrt3 - \mu} \;\Longrightarrow\; \sqrt3 g - a < a(2 - \sqrt3\mu) + \mu g,\] откуда получаем \(a > \dfrac{1}{\sqrt3}g\). \[\frac{1}{\sqrt3}g < a < \sqrt3 g.\]

Случай 2: \(\mu > \sqrt3\). \[N_1 > 0 \;\Longrightarrow\; \sqrt3 g < a \;\Longrightarrow\; a > \sqrt3 g.\] \(N_1 < N\): \[M\frac{\sqrt3 g - a}{\sqrt3 - \mu} < M\frac{a(2 - \sqrt3\mu) + \mu g}{\sqrt3 - \mu} \;\Longrightarrow\; \sqrt3 g - a > a(2 - \sqrt3\mu) + \mu g,\] откуда получаем \(a > \dfrac{1}{\sqrt3}g\). Первое условие более строгое, чем второе, откуда получаем ответ: \[a > \sqrt3 g.\]

Случай 3: \(\mu = \sqrt3\). Этот случай нельзя напрямую проанализировать из полученных уравнений, т. к. знаменатель дробей обращается в ноль. Чтобы получить ответ для этого случая, вернёмся к исходной системе уравнений и подставим значение угла \(\alpha = 30^\circ\) и коэффициента трения \(\mu = \sqrt3\): \[\begin{cases} N_1 + \dfrac12 N - \dfrac32 N_1 - Mg = 0,\\[2mm] \dfrac{\sqrt3}{2}N + \dfrac{\sqrt3}{2}N_1 - \sqrt3 N_1 = Ma. \end{cases}\] Из первого уравнения системы получаем: \[N = 2Mg + N_1.\] Подставим это выражение во второе уравнение системы: \[\sqrt3 Mg + \frac{\sqrt3}{2}N_1 + \frac{\sqrt3}{2}N_1 - \sqrt3 N_1 = Ma,\] откуда находим единственное решение системы: \[a = \sqrt3 g.\]

Подсказка

Пока центр масс воды ниже оси, чаша устойчива. Когда он поднимется до уровня оси, равновесие нарушится. Что произойдёт, когда вода выльется?

Ответ

Чаша опрокинется через время \(T = \dfrac{2hac}{v}\), а затем будут происходить колебания: с периодом \(T\) вода будет сначала заполнять чашу, а потом выливаться из неё.

Подсказка

Работа при медленном подъёме равна приращению потенциальной энергии центра масс. Минимальная работа достигается, когда конус доводится до положения неустойчивого равновесия (центр масс над ребром опоры), после чего он опрокидывается сам.

Ответ

\(A_1 = mgR\sqrt{1 + \left(\operatorname{ctg}\alpha - \dfrac{A}{mgR(1 - \sin\alpha)}\right)^2} - \dfrac{A\sin\alpha}{1 - \sin\alpha}\).

Подсказка

Горизонтальная проекция силы натяжения нити при малых углах равна \(mg\,\Delta/R\). Силу отталкивания шарика от стержня найдите разбиением стержня на элементы и интегрированием (или энергетически).

Ответ

\(x \approx Q\sqrt{\dfrac{2kR}{mgL}} = Q\sqrt{\dfrac{R}{2\pi\varepsilon_0\, mgL}}\).

Подсказка

Положение равновесия устойчиво, если в наклонённой игрушке момент силы тяжести груза относительно точки касания стола больше момента силы тяжести верхнего шара.

Ответ

Масса \(m_1\) может быть любой, а \(m_2 < \dfrac{M r_1}{r_1 + r_2} = 150\) г.

Подсказка

Одна и та же нить проходит через все блоки, поэтому её натяжение везде одинаково, если не считать участка с трением. Какие силы действуют на подвижный блок и на груз?

Ответ

1) система может оставаться в равновесии при \(m < m_0 = F/g = 1\) кг;  2) центр масс неоднородного груза должен находиться на одинаковом расстоянии от вертикальных линий, вдоль которых расположены нити, на которых он висит;  3) при \(m = m_1 = 0{,}7\) кг сила трения направлена вверх и её модуль равен \(F_1 = m_1 g = 7\) Н.

Подсказка

Выразите силы, действующие на блоки, через натяжение нити и запишите условия равновесия кубиков до и после добавления перегрузка. Свяжите изменения глубин погружения кубиков через длину нити.

Ответ

1) \(\Delta h = \dfrac{2ma}{5M} = \dfrac{a}{40}\);  2) \(\Delta T = T_2 - T_1 = \dfrac{mg}{5}\), \(\Delta F = \dfrac{2mg}{5} = \dfrac{Mg}{40}\);  3) \(m < \dfrac{5}{16}M\).

Подсказка

Запишите условие равновесия доски по вертикали, равновесие каждого груза и уравнение моментов для доски относительно удобной точки, например точки крепления нити.

Ответ

\(F_1 = \dfrac{mg}{3}\).

Решение

Рассмотрим все силы, действующие на подставку, и запишем для неё условие равновесия: \(T_1 + T_2 = F_1 + F_2 + 2mg\), где \(F_1\), \(F_2\) — силы давления грузов на подставку. Теперь запишем условия равновесия грузов: \[T_1 = mg - F_1, \qquad T_2 = 3mg - F_2 .\] Решая систему уравнений, получим: \(F_2 = mg - F_1\). Запишем уравнение моментов относительно точки крепления левого конца левой нити: \[F_1 + 4mg - 3T_2 + 4F_2 = 0 .\] Окончательно получаем: \(F_1 = \dfrac{mg}{3}\).

Подсказка

Вытекающая струя уносит импульс. С какой силой она действует на трубу? Запишите уравнение моментов относительно точки подвеса.

Ответ

\(\sin\alpha = \dfrac{2\rho v^2 S}{Mg}\).

Решение

Масса воды, выходящей из трубы в единицу времени, равна \[\frac{\Delta m}{\Delta t} = \rho S v.\] Запишем второй закон Ньютона в импульсной форме для вытекшей воды: \[F = \frac{\Delta p}{\Delta t} = \frac{\Delta (mv)}{\Delta t} = v\,\frac{\Delta m}{\Delta t}.\] По третьему закону Ньютона вытекшая вода с такой же силой действует на трубу, заполненную водой.

Уравнение моментов для трубы относительно точки подвеса: \[Mg\,\frac{L}{2}\sin\alpha = FL.\] Окончательно получаем: \[\sin\alpha = \frac{2\rho v^2 S}{Mg}.\]

Подсказка

Запишите уравнение моментов относительно шарнира: сила тяжести приложена в центре масс треугольника, а сила Архимеда — в центре масс погружённой части.

Ответ

\(\rho = 312\)–\(313\) кг/м\(^3\).

Подсказка

Трос тянет поддон вверх или вниз под углом, поэтому сила нормальной реакции под поддоном и под грузовиком зависит от точки крепления. Запишите предельные условия движения для обоих случаев и исключите силу натяжения троса.

Ответ

\(1080\) кирпичей.

Подсказка

Давление воды в каждой точке направлено по нормали к сфере, то есть через её центр. Какие ещё силы не дают момента относительно центра полусферы? Тогда устойчивость решает только положение центра масс полусферы с грузом.

Ответ

1) см. решение;  2) силы тяжести \(M\vec g\) и \(m\vec g\), реакция опоры \(\vec N\), сила трения \(\vec F_\text{тр}\) и сила давления воды \(\vec F_\text{д}\) (см. рисунок в решении);  3) при любом объёме воды;  4) \(M/m > 2\).

Решение

Определим координату центра масс полусферы. Мысленно «разрежем» полусферу плоскостями, параллельными основанию, на тонкие кольца толщиной \(h\) каждое. Масса такого кольца пропорциональна площади его поверхности. Пусть кольцо видно из центра полусферы под углом \(\varphi\) к ее основанию. Тогда радиус кольца равен \(r = R\cos\varphi\). Заметим, что поверхность кольца образует с основанием полусферы угол \(\pi/2 - \varphi\). Площадь поверхности кольца равна произведению его длины \(2\pi r = 2\pi R\cos\varphi\) на ширину \(h/\sin(\pi/2 - \varphi) = h/\cos\varphi\). Как видно из формул, площадь кольца не зависит от угла, под которым оно видно из центра, а это означает, что масса полусферы равномерно распределена вдоль радиуса, перпендикулярного ее основанию, значит центр масс находится на расстоянии \(R/2\) от центра.

Рассмотрим силы, действующие на волчок, после того, как его отклонили и отпустили. На волчок будут действовать две силы тяжести \(M\vec g\) и \(m\vec g\), сила реакции опоры со стороны стола \(\vec N\). Направления этих сил вертикальны. Направления еще двух сил зависят от направления движения волчка. Рассмотрим случай, когда волчок возвращается в исходное состояние. В таком случае на него будет действовать сила трения, направленная влево, и сила давления со стороны воды, направленная вниз и вправо. Горизонтальная составляющая силы давления со стороны воды возникает из-за наличия трения между волчком и столом, следствием которого является движение центра масс воды влево. Это движение может быть обеспечено только за счет взаимодействия со стенками. Также стоит отметить тот факт, что мы изобразили результирующую силу давления воды, которая на самом деле распределена по поверхности контакта с полусферой и в каждой точке направлена перпендикулярно поверхности, то есть от центра полусферы. Это означает, что суммарный момент этой силы относительно центра полусферы равен нулю.

Для устойчивости равновесия необходимо, чтобы после отклонения на малый угол волчок стремился вернуться обратно. Рассмотрим ось вращения, проходящую через центр полусферы. Моменты сил давления воды и реакции опоры относительно этой оси равны нулю. Сила трения нас не интересует, так как ее направление будет определяться суммарным моментом двух сил тяжести. Если суммарный момент двух сил тяжести направлен против часовой стрелки (стремится вернуть волчок в положение равновесия), то сила трения будет направлена влево и будет лишь замедлять скорость поворота волчка, но не может изменить направление его вращения. Из вышеизложенного становится понятно, что устойчивость равновесия волчка никак не зависит от количества налитой воды. Найдем положение центра масс волчка для случая \(M = 6m\). Выберем ось \(x\), проходящую через центр полусферы и направленную перпендикулярно ее основанию. \[x_\text{цм} = \frac{6mR/2 - mR}{6m + m} > 0,\] значит центр масс волчка расположен ниже его центра, а именно к нему приложена результирующая двух сил тяжести. Получаем, что в первом случае вне зависимости от объема налитой воды волчок будет находиться в состоянии устойчивого равновесия.

Налитая вода на равновесие не влияет. Для устойчивости равновесия необходимо, чтобы центр масс волчка оказался ниже центра полусферы. Рассмотрим ту же ось \(x\), что и в первом случае. \[x_\text{цм} = \frac{MR/2 - mR}{M + m} > 0,\] откуда \(M/m > 2\).

Подсказка

Из равновесия всей системы (нить с грузом) \(\vec T + m\vec g + \lambda L\vec E = 0\) находятся проекции поля через натяжение \(T\) в точке крепления. Вторая связь — между натяжениями на концах нити: мысленно протяните нить вдоль самой себя на \(dl\) и приравняйте работу натяжений изменению энергии нити в поле.

Ответ

\(E = \dfrac{mg}{\lambda L}\sqrt{1 + \left(\dfrac{L - H}{L - S}\right)^2}\).

Решение

Пусть \(\vec T\) — сила, действующая на нить в точке её крепления, равная по модулю силе натяжения нити в данной точке. Тогда, поскольку система расположена в равновесии: \[\vec T + m\vec g + \lambda L\vec E = 0.\] Введём систему координат \(xy\), где ось \(x\) направлена вправо, а ось \(y\) — вертикально вверх. Тогда из условия равновесия: \[E_y = \frac{mg}{\lambda L}, \qquad E_x = \frac{T}{\lambda L}.\] Свяжем силы натяжения нити \(T_0 = mg\) в точке крепления груза и \(T\) в точке крепления нити. Приведём два способа получения данной связи.

Первый способ. Воспользуемся методом виртуальных перемещений. Мысленно поместим нить в гладкую трубку, повторяющую форму нити. Это не изменит силу натяжения, потому что нить с трубкой не взаимодействует. Сдвинем нить вдоль трубки на величину \(dl\) в направлении от точки крепления груза к точке крепления нити. Тогда изменение формы нити эквивалентно перемещению участка нити длиной \(dl\) из точки крепления груза в точку крепления нити, поскольку форма остальной части нити не изменится. Поскольку сила натяжения невесомой нити направлена вдоль нити, работа сил, приложенных к концам нити, на указанном виртуальном перемещении равна: \[\delta A = T\,dl - T_0\,dl = T\,dl - mg\,dl.\] Совершаемая силами натяжения работа равна изменению потенциальной энергии нити в электростатическом поле: \[\delta A = dW_p.\] Поскольку перемещение нити эквивалентно перемещению её участка длиной \(dl\) из точки крепления груза в точку крепления нити — изменение потенциальной энергии нити в электростатическом поле равно изменению потенциальной энергии соответствующего участка нити: \[dW_p = \lambda\,dl\,(\varphi - \varphi_0) = \lambda\,dl\,\Delta\varphi,\] где \(\varphi\) и \(\varphi_0\) — потенциалы электростатического поля в точках крепления нити и груза соответственно. Для изменения потенциала \(\Delta\varphi\) имеем: \[\Delta\varphi = -E_x(x - x_0) - E_y(y - y_0).\] Поскольку \(x - x_0 = -S\), а \(y - y_0 = H\), для изменения потенциала \(\Delta\varphi\) находим: \[\Delta\varphi = E_xS - E_yH.\] Таким образом: \[T - mg = \lambda(E_xS - E_yH).\]

Второй способ. Рассмотрим бесконечно малый элемент нити длиной \(dl\). Условие его равновесия записывается следующим образом: \[\left(\vec T + d\vec T\right) - \vec T + \vec E\lambda\,dl = 0.\] Проецируя на направление касательной к нити, получим: \[dT + \lambda E_\parallel\,dl = 0.\] Пусть касательная к нити образует угол \(\varphi\) с вертикалью. Тогда для \(E_\parallel\) имеем:

\[E_\parallel = E\cos\varphi - E\sin\varphi,\] откуда: \[dT + E_y\lambda\,dl\cos\varphi - E_x\lambda\,dl\sin\varphi = 0.\] Но при этом \(dl\cos\varphi = dy\), а \(dl\sin\varphi = -dx\), откуда: \[dT + E_y\lambda\,dy + E_x\lambda\,dx = 0.\] Суммируя, получим: \[T - T_0 = T - mg = -E_y\lambda(y - y_0) - E_x\lambda(x - x_0).\] Поскольку \(y - y_0 = H\), а \(x - x_0 = -S\), получим: \[T - mg = \lambda(E_xS - E_yH).\]

Но поскольку \(T = \lambda LE_x\): \[\lambda LE_x - mg = \lambda(SE_x - HE_y) = \lambda SE_x - \lambda H\cdot\frac{mg}{\lambda L} \;\Rightarrow\; E_x = \frac{mg}{\lambda L}\,\frac{L - H}{L - S}.\] Для напряжённости электростатического поля имеем: \[E = \sqrt{E_x^2 + E_y^2},\] откуда: \[E = \frac{mg}{\lambda L}\sqrt{1 + \left(\frac{L - H}{L - S}\right)^2}.\]

Подсказка

Для каждого блока запишите условие равновесия сил и моментов относительно его оси. Система бесконечна, поэтому часть, начиная со второго блока, устроена так же, как вся система целиком.

Ответ

\(3\) Н.

Подсказка

В момент зацепления скорость среднего шарика вертикальна, а проекции скоростей шариков на горизонтальную нить равны — значит, боковые шарики ещё покоятся. В системе отсчёта, движущейся вместе со средним шариком, боковой шарик идёт по окружности радиуса \(d\): отсюда его ускорение.

Ответ

Натяжение боковых нитей \(T_1 = \dfrac{mg}{3}\left(2\sqrt3 + 4\dfrac{h}{d}\right)\), горизонтальной нити \(T_2 = \dfrac{mg}{3}\left(\sqrt3 + 8\dfrac{h}{d}\right)\).

Решение

Скорость падающего шарика в момент, когда он цепляется за горизонтальную нить, \(v = \sqrt{2gh}\). Рассмотрим движение одного из шариков, подвешенных на нитях (на рисунке 1 — левого). Он движется по окружности с центром в точке крепления нити на левой стенке. Проекции скоростей левого и центрального шарика на горизонтальную нить должны быть равны. Скорость центрального шарика \(v\) направлена вертикально вниз. Следовательно, скорость левого шарика в начальный момент времени равна нулю. Нормальная проекция ускорения левого шарика, поэтому равна нулю, есть только тангенциальная составляющая \(\vec a_\tau = \vec a\). Определим эту величину.

Способ 1. Перейдём в систему отсчёта, движущуюся вниз с постоянной скоростью \(\vec v\) (рис. 2). В ней левый шарик движется по окружности, центром которой является центральный шарик. Нормальная проекция ускорения в этой системе отсчёта направлена вдоль нити и равна \(a_n' = v^2/d\). Но переход в инерциальную систему отсчёта не меняет ни величину, ни направление ускорения. Поэтому \(a_n\) является проекцией \(\vec a\) на горизонтальную нить \[a_n' = a\cdot\cos\alpha, \quad \frac{v^2}{d} = a\cdot\cos30^\circ, \quad a = \frac{2v^2}{\sqrt3\,d}.\]

Способ 2. Перейдем в неинерциальную систему отсчёта левого шарика, тогда на центральный шарик будет дополнительно действовать сила инерции \(-m\vec a\) (см. рис.). Запишем для центрального шарика уравнение второго закона Ньютона в проекции на горизонтальную ось: \[m\frac{v^2}{d} = T_2 - ma\cos30^\circ - T_2'.\] Откуда получаем тот же ответ.

Теперь уже несложно найти натяжения \(T_1\) боковой и \(T_2\) горизонтальной нитей. Из второго закона Ньютона для левого шарика \[m\frac{v^2}{d} = T_2 - T_1\cdot\sin30^\circ, \quad m\frac{v^2}{\sqrt3\,d} = T_1\cos30^\circ - mg.\] Решая систему, получаем

\[T_1 = \frac{2\sqrt3}{3}mg + \frac{2mv^2}{3d}, \quad T_2 = \frac{\sqrt3}{3}mg + \frac{4mv^2}{3d}g.\] Заменив \(v^2 = 2gh\), получаем окончательно \[T_1 = \frac{mg}{3}\left(2\sqrt3 + 4\frac{h}{d}\right), \quad T_2 = \frac{mg}{3}\left(\sqrt3 + 8\frac{h}{d}\right).\]

Подсказка

Сравните работу силы при отрыве короткого куска ленты с работой \(\sigma\cdot d\cdot\Delta l\), нужной для его отрыва: перемещение точки приложения силы зависит от угла. Во втором и третьем пунктах помогут нерастяжимость нити с лентой и закон изменения механической энергии.

Ответ

1) \(\alpha = 180^\circ\) — тянуть вдоль стола, загнув ленту назад над её приклеенной частью; тогда \(F = \sigma d/(1-\cos\alpha) = \sigma d/2\);  2) \(m = \dfrac{\sigma d}{(1-\cos\alpha_1)g} \approx 68\) г;  3) \(M \approx 32\) г, \(\Delta h \approx 0{,}146\) м, \(a_1 \approx 3{,}2\text{ м/с}^2\), \(a_2 \approx 4{,}9\text{ м/с}^2\).

Решение

Когда приложенная сила \(F\) постоянна по величине и направлению, угол наклона оторванной части ленты \(\alpha\) также постоянен. Если внешняя сила достаточна по величине и приводит к отрыву части ленты малой длины \(\Delta l\), точка, к которой приложена внешняя сила, перемещается на расстояние \(\Delta x\), совершая при этом работу, которую можно связать с величиной \(\sigma\) и площадью ленты оторвавшейся части ленты \(\Delta S = d\cdot\Delta l\): \[\Delta A = \Delta x\cdot F = \sigma\cdot\Delta S = \sigma\cdot d\cdot\Delta l. \tag{1}\]

Перемещение точки приложения силы \(\Delta x\) может быть выражено через \(\Delta l\) и \(\alpha\): \[\Delta x = \Delta l\cdot(1 - \cos\alpha). \tag{2}\] Подставляя (2) в (1), получаем выражение для силы \(F = F(\alpha)\), необходимой для отрывания ленты от стола под некоторым углом: \[F = \frac{\sigma d}{1 - \cos\alpha}.\]

Сила принимает минимальное значение при максимальном знаменателе \(1 - \cos\alpha = 2\), то есть при \(\alpha = \pi\).

Теперь рассмотрим второй случай. Силы натяжения ленты и нити равны по модулю, так что будем их обозначать \(T\). Из условия равновесия груза \(T = mg\). Очевидно, что если сила натяжения \(T\) не превышает силу отрыва ленты для угла \(\alpha_1\), то лента не будет отрываться и система будет покоиться. Максимальная сила \(T\), которая может быть достигнута при равновесии системы \(T = \sigma d/(1 - \cos\alpha_1)\). Тогда масса груза равна \[m = \frac{\sigma d}{(1 - \cos\alpha_1)\cdot g} \approx 0{,}068\text{ кг}.\]

Теперь рассмотрим случай добавления груза массой \(M\). Для начала определим длину участка ленты \(\Delta L\), который оторвался от стола до момента остановки грузов. Его можно выразить через высоту блока \(H\) и углы \(\alpha_1\) и \(\alpha_2\): \[\Delta L = \frac{H}{\mathrm{tg}\,\alpha_2} - \frac{H}{\mathrm{tg}\,\alpha_1} \approx 0{,}732\cdot H = 0{,}732\text{ м}.\] Для нахождения \(\Delta h\) используем условие на сохранение полной длины нити и ленты (ввиду их нерастяжимости): \[\Delta L + L_1 = L_2 + \Delta h,\] где \(L_1 = H/\sin\alpha_1\) и \(L_2 = H/\sin\alpha_2\) — это расстояния от блока до точки отрыва ленты от стола в начальный и конечный момент соответственно. Тогда \[\begin{gather*} \Delta h = \frac{H}{\mathrm{tg}\,\alpha_2} - \frac{H}{\mathrm{tg}\,\alpha_1} + \frac{H}{\sin\alpha_1} - \frac{H}{\sin\alpha_2} =\\ = H\left(\frac{1 - \cos\alpha_1}{\sin\alpha_1} - \frac{1 - \cos\alpha_2}{\sin\alpha_2}\right) \approx 0{,}146\cdot H = 0{,}146\text{ м}. \end{gather*}\] Положение, в котором остановится система, определяется законом изменения полной механической энергии: изменение потенциальной энергии груза (кинетическая энергия в крайних положениях равна нулю) равно работе по отрыву ленты: \[(m + M)g\cdot\Delta h = A = \sigma d\Delta L.\] Отсюда \[M = \frac{\sigma d\Delta L}{g\Delta h} - m \approx 0{,}032\text{ кг} = 32\text{ г}.\] Ускорения грузов в начальный и конечный моменты времени находятся из второго закона Ньютона: \[(m + M)a_1 = (m + M)g - T(\alpha_1)\] или \[(m + M)a_1 = (m + M)g - \frac{\sigma d}{1 - \cos\alpha_1}.\] Искомые значения: \[a_1 = g - \frac{\sigma d}{(m + M)(1 - \cos\alpha_1)} \approx 3{,}2\text{ м/с}^2,\] и \[a_2 = \frac{\sigma d}{(m + M)(1 - \cos\alpha_2)} - g \approx 4{,}9\text{ м/с}^2.\] Заметим, что после остановки ускорения грузов будут равны нулю.

Подсказка

Пусть лента отрывается под постоянным углом \(\alpha\): при отрыве участка длиной \(\Delta l\) сила совершает работу \(\sigma d\,\Delta l\). Найдите, на сколько при этом сдвигается точка приложения силы. В пункте 3 грузы в начале и в конце покоятся — примените закон изменения механической энергии.

Ответ

1) \(\alpha = \pi\);  2) \(m = \dfrac{\sigma d}{(1-\cos\alpha_1)\,g} \approx 0{,}068\text{ кг}\);  3) \(M = \dfrac{\sigma d\,\Delta L}{g\,\Delta h} - m \approx 32\text{ г}\), \(\Delta h \approx 0{,}146\text{ м}\), \(a_1 \approx 3{,}2\text{ м/с}^2\), \(a_2 \approx 4{,}9\text{ м/с}^2\).

Решение

Когда приложенная сила \(F\) постоянна по величине и направлению, угол наклона оторванной части ленты \(\alpha\) также постоянен. Если внешняя сила достаточна по величине и приводит к отрыву части ленты малой длины \(\Delta l\), точка, к которой приложена внешняя сила, перемещается на расстояние \(\Delta x\), совершая при этом работу, которую можно связать с величиной \(\sigma\) и площадью ленты оторвавшейся части ленты \(\Delta S = d\cdot\Delta l\): \[\Delta A = \Delta x\cdot F = \sigma\cdot\Delta S = \sigma\cdot d\cdot\Delta l. \tag{1}\]

Перемещение точки приложения силы \(\Delta x\) может быть выражено через \(\Delta l\) и \(\alpha\): \[\Delta x = \Delta l\cdot(1 - \cos\alpha). \tag{2}\] Подставляя (2) в (1), получаем выражение для силы \(F = F(\alpha)\), необходимой для отрывания ленты от стола под некоторым углом: \[F = \frac{\sigma d}{1 - \cos\alpha}.\] Сила принимает минимальное значение при максимальном знаменателе \(1 - \cos\alpha = 2\), то есть при \(\alpha = \pi\).

Теперь рассмотрим второй случай. Силы натяжения ленты и нити равны по модулю, так что будем их обозначать \(T\). Из условия равновесия груза \(T = mg\). Очевидно, что если сила натяжения \(T\) не превышает силу отрыва ленты для угла \(\alpha_1\), то лента не будет отрываться и система будет покоиться. Максимальная сила \(T\), которая может быть достигнута при равновесии системы, \(T = \sigma d/(1 - \cos\alpha_1)\). Тогда масса груза равна \[m = \frac{\sigma d}{(1 - \cos\alpha_1)\cdot g} \approx 0{,}068\text{ кг}.\]

Теперь рассмотрим случай добавления груза массой \(M\). Для начала определим длину участка ленты \(\Delta L\), который оторвался от стола до момента остановки грузов. Его можно выразить через высоту блока \(H\) и углы \(\alpha_1\) и \(\alpha_2\): \[\Delta L = \frac{H}{\operatorname{tg}\alpha_2} - \frac{H}{\operatorname{tg}\alpha_1} \approx 0{,}732\cdot H = 0{,}732\text{ м}.\] Для нахождения \(\Delta h\) используем условие на сохранение полной длины нити и ленты (ввиду их нерастяжимости): \[\Delta L + L_1 = L_2 + \Delta h,\] где \(L_1 = H/\sin\alpha_1\) и \(L_2 = H/\sin\alpha_2\) — это расстояния от блока до точки отрыва ленты от стола в начальный и конечный момент соответственно. Тогда \[\Delta h = \frac{H}{\operatorname{tg}\alpha_2} - \frac{H}{\operatorname{tg}\alpha_1} + \frac{H}{\sin\alpha_1} - \frac{H}{\sin\alpha_2} = H\left(\frac{1 - \cos\alpha_1}{\sin\alpha_1} - \frac{1 - \cos\alpha_2}{\sin\alpha_2}\right) \approx 0{,}146\cdot H = 0{,}146\text{ м}.\] Положение, в котором остановится система, определяется законом изменения полной механической энергии: изменение потенциальной энергии груза (кинетическая энергия в крайних положениях равна нулю) равно работе по отрыву ленты: \[(m + M)g\cdot\Delta h = A = \sigma d\,\Delta L.\] Отсюда \[M = \frac{\sigma d\,\Delta L}{g\,\Delta h} - m \approx 0{,}032\text{ кг} = 32\text{ г}.\] Ускорения грузов в начальный и конечный моменты времени находятся из второго закона Ньютона: \[(m + M)a_1 = (m + M)g - T(\alpha_1)\] или \[(m + M)a_1 = (m + M)g - \frac{\sigma d}{1 - \cos\alpha_1}.\] Искомые значения: \[a_1 = g - \frac{\sigma d}{(m + M)(1 - \cos\alpha_1)} \approx 3{,}2\text{ м/с}^2\] и \[a_2 = \frac{\sigma d}{(m + M)(1 - \cos\alpha_2)} - g \approx 4{,}9\text{ м/с}^2.\] Заметим, что после остановки ускорения грузов будут равны нулю.

Подсказка

Чтобы луч вернулся в \(A\), он должен падать на палочку перпендикулярно; значит, во втором положении палочка должна стоять под углом \(90^\circ-\alpha\) к вертикали. Равновесие палочки в обоих положениях запишите по правилу моментов относительно шарнира.

Ответ

\(m_\text{ж} = \rho_\text{ж}\,S\,\Delta H = \rho S L\,\dfrac{n(n-1)}{2n-1}\,(\sin\alpha - \cos\alpha)\); решение существует при \(\alpha > \pi/4\).

Подсказка

Металлическая стена действует на заряды так же, как «зеркальное» изображение полусферы с зарядом противоположного знака. Сила притяжения равна силе отталкивания половин целой равномерно заряженной сферы.

Ответ

1) \(F = \dfrac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 R^2}\);  2) полусфера будет покоиться при \(\mu > \dfrac{8\pi\varepsilon_0 m g R^2}{q^2}\);  3) полусфера будет скользить вниз вдоль стены, не отрываясь от неё, при \(m \ge \dfrac{\mu q^2}{8\pi\varepsilon_0 g R^2}\).

Подсказка

Для частей A и B удобно применить принцип виртуальных перемещений: сравните работу силы на ручке с изменением потенциальной энергии ворот и груза. В части C используйте закон сохранения энергии и связь скоростей точек системы.

Ответ

A1) \(F_1 \approx \dfrac{\sqrt{2}\,(M-m)g}{3} \approx 23{,}6\) Н;  A2) \(F_2 \approx \dfrac{(M-m)g}{\sqrt{5}} \approx 22{,}4\) Н;  B) \(F_{\max} = \dfrac{(M-m)g}{2} = 25\) Н.

Подсказка

Сравните равновесие до пережигания (пружины растянуты по отдельности, короткая нить натянута) и после (нити \(L_2\) ограничивают растяжение, и пружины оказываются соединёнными иначе). Запишите условия, при которых длинные нити в исходном состоянии провисают, а после пережигания включаются в работу.

Ответ

Груз №4 (\(m = 4{,}0\) кг); комплект пружин №1 (\(k = 600\) Н/м, \(L = 20\) см); комплект нитей №4 (\(L_1 = 21\) см; \(L_2 = 50\) см).

Подсказка

Лепёшка широкая и плоская, поэтому задача двумерная: запишите равновесие полоски ртути по горизонтали — силы поверхностного натяжения на краях против силы среднего гидростатического давления (с добавкой от веса верхнего цилиндра). Для вытекания найдите, какой может быть наибольшая горизонтальная составляющая силы натяжения, пока край ртути переходит через закругление на боковую поверхность.

Ответ

1) \(V_0 = S\sqrt{\dfrac{2\sigma(1 - \cos\theta)}{\rho g}}\);  2) \(m_1 = \dfrac{\sigma S^2(1 - \cos\theta)}{gV} - \dfrac{\rho V}{2}\);  3) \(m_2 = \dfrac{\sigma S^2(1 + \sin\theta)}{gV} - \dfrac{\rho V}{2}\) при \(\theta < \pi/2\) и \(m_2 = \dfrac{2\sigma S^2}{gV} - \dfrac{\rho V}{2}\) при \(\theta \geqslant \pi/2\).

Решение

1. Неравенство из условия задачи позволяет считать верхнюю поверхность ртути практически плоской, а горизонтальный радиус ртутной «лепёшки» много большим, чем её толщина. Это даёт возможность определить толщину слоя ртути \(h\), рассматривая задачу как двумерную. Будем считать, что ртуть заполнила всю площадь основания цилиндра, но при этом не перешла на его боковую поверхность.

Рассмотрим участок слоя жидкости шириной \(L\) и условие её равновесия в проекции на горизонтальную ось \(x\) (силы, действующие на этот участок в горизонтальном направлении, изображены на рис.): \[F_x = F\cos\theta - F + p_\text{ср}Lh = \sigma L\cos\theta - \sigma L + p_\text{ср}Lh = 0,\] где \(p_\text{ср}\) — среднее по высоте гидростатическое давление ртути, равное \(p_\text{ср} = \rho gh/2\). Тогда имеем: \[\frac{\rho gh^2}{2} = \sigma(1 - \cos\theta) \quad\Rightarrow\quad h = \sqrt{\frac{2\sigma(1 - \cos\theta)}{\rho g}}.\] Когда ртуть заполняет всю поверхность основания цилиндра, её объём равен \[V_0 = Sh = S\sqrt{\frac{2\sigma(1 - \cos\theta)}{\rho g}}.\]

2. Если поставить на ртуть цилиндр массой \(m\), то в каждой точке жидкости гидростатическое давление возрастёт на величину \(mg/S_\text{к}\), где \(S_\text{к}\) — площадь контакта ртути и поставленного на неё цилиндра. Среднее гидростатическое давление в слое ртути в этом случае составит \[p_\text{ср} = \frac{\rho gh}{2} + \frac{mg}{S_\text{к}}.\]

Условие равновесия сил, действующих на участок ртути единичной ширины в проекции на ось \(x\) (см. рис.), примет вид: \[\sigma(1 - \cos\theta) = \frac{\rho gh^2}{2} + \frac{mgh}{S_\text{к}}.\] Отметим, что \(h = V/S_\text{к}\), поскольку поверхность ртути можно считать плоской (после постановки на неё цилиндра это приближение становится ещё более справедливым). Подставляя выражение для \(h\), получим: \[\sigma(1 - \cos\theta) = \frac{\rho gV^2}{2S_\text{к}^2} + \frac{mgV}{S_\text{к}^2}.\] Ртуть полностью заполнит зазор между цилиндрами при \(S_\text{к} = S\), следовательно \[m_1 = \frac{\sigma S^2(1 - \cos\theta)}{gV} - \frac{\rho V}{2}.\]

Примечание: обращаем внимание, что в выражении для давления ртути нельзя считать \(\rho gh \ll mg/S\), так как эти величины могут быть одного порядка!

3. В процессе перехода границы ртути с основания нижнего цилиндра на его боковую поверхность направление касательной к поверхности ртути поворачивается на \(90^\circ\). Ртуть станет вытекать из зазора между цилиндрами, когда сила гидростатического давления превысит максимально возможную величину горизонтальной компоненты силы поверхностного натяжения. Теоретически, этот максимум соответствует положению касательной, при котором она является горизонтальной, однако это положение может быть нереализуемо при заданном значении угла смачивания \(\theta\).

Рассмотрим два случая.

Первый случай: \(\theta < \pi/2\).

В данном случае касательная к поверхности жидкости никогда не станет горизонтальной, поэтому величина горизонтальной компоненты силы поверхностного натяжения будет максимальной, если касательная будет направлена под углом \(\theta\) к боковой поверхности цилиндра (см. рис.). Тогда \[F_{max} = \sigma L(1 + \sin\theta).\] Записывая условие равновесия, получим, что \[\sigma(1 + \sin\theta) = \frac{\rho gV^2}{2S^2} + \frac{m_2gV}{S^2},\] откуда \[m_2 = \frac{\sigma S^2(1 + \sin\theta)}{gV} - \frac{\rho V}{2}.\]

Второй случай: \(\theta \geqslant \pi/2\).

В данном случае касательная к поверхности жидкости может стать горизонтальной (см. рис.). Тогда максимальная горизонтальная компонента силы поверхностного натяжения будет равна \[F_{max} = 2\sigma L.\] Записывая условие равновесия в этом случае, получим \[2\sigma = \frac{\rho gV^2}{2S^2} + \frac{m_2gV}{S^2},\] откуда \[m_2 = \frac{2\sigma S^2}{gV} - \frac{\rho V}{2}.\] Итак, \[m_2 = \begin{cases} \dfrac{\sigma S^2(1 + \sin\theta)}{gV} - \dfrac{\rho V}{2} & \text{при}\quad \theta < \pi/2,\\[3mm] \dfrac{2\sigma S^2}{gV} - \dfrac{\rho V}{2} & \text{при}\quad \theta \geqslant \pi/2. \end{cases}\]

Подсказка

Представьте, что конус чуть-чуть «оседает»: радиус основания слегка меняется, а длина образующей и длина окружности основания связаны с ним. Сравните работу пары сил \(F\) и изменение потенциальной энергии центра масс.

Ответ

\(F = \dfrac{mg}{6\pi}\,\operatorname{tg}\alpha\).

Подсказка

Брусок вдвое легче воды, поэтому, плавая, он погружён ровно наполовину и его ось лежит на уровне воды. Проверьте, устойчиво ли при таком отношении \(b/a\) положение «плашмя», и найдите угол наклона, при котором моменты сил Архимеда относительно оси уравновешены.

Ответ

\(H = \dfrac{\sqrt{7/3}+1}{4}\,a \approx 0{,}632\,a\).

Решение

Рассмотрим сначала ситуацию, когда брусок плавает, не касаясь дна и повернувшись на угол \(\alpha\) вокруг своей продольной оси (на рисунке изображено поперечное сечение бруска). Поскольку плотность материала равна 50% плотности воды, брусок погружён на половину своего объёма, и, следовательно, поверхность воды проходит через продольную ось симметрии бруска (через точку \(O\) на рис.). Помимо силы тяжести, приложенной в точке \(O\), на брусок действует сила Архимеда. Для удобства подсчётов, разобьём погружённую часть изображённого сечения отрезком \(CD\) на две фигуры — треугольник \(ECD\) и оставшийся прямоугольник — и найдём центры масс каждой из них. Центр первой фигуры находится в точке пересечения медиан \(\triangle ECD\) (в точке \(A\)), а центр второй — в точке \(B\), где пересекаются диагонали прямоугольника.

Учитывая, что \(CD = a\), \(EC = a\,\mathrm{tg}\,\alpha\), \(CF = (b - a\,\mathrm{tg}\,\alpha)/2\), и обозначив длину бруска как \(L\), запишем выражения для составляющих силы Архимеда \(F_1\) и \(F_2\), приложенных в точках \(A\) и \(B\) соответственно: \[F_1 = \rho_\text{в} g L\cdot\frac12 a\cdot a\,\mathrm{tg}\,\alpha = \frac12\rho_\text{в} g a^2 L\,\mathrm{tg}\,\alpha, \qquad F_2 = \rho_\text{в} g a L\cdot\frac{b - a\,\mathrm{tg}\,\alpha}{2}.\] Длины отрезков \(AO\) и \(BO\), опираясь на различные геометрические теоремы, можно найти как \[AO = \frac13 CO = \frac16 ED = \frac{a}{6\cos\alpha}, \qquad BO = \frac{a\,\mathrm{tg}\,\alpha + CF}{2} = \frac{b + a\,\mathrm{tg}\,\alpha}{4}.\] Определим теперь значение угла \(\alpha\), не равное нулю, при котором брусок находится в равновесии. Для этого запишем правило моментов относительно точки \(O\): \[\begin{gather*} F_1\cdot AO\cos 2\alpha = F_2\cdot BO\cos(90^\circ - \alpha) \quad\Rightarrow\\ \Rightarrow\quad \frac12\rho_\text{в} g a^2 L\,\mathrm{tg}\,\alpha\cdot\frac{a\cos 2\alpha}{6\cos\alpha} = \rho_\text{в} g a L\cdot\frac{b^2 - a^2\,\mathrm{tg}^2\alpha}{8}\cdot\sin\alpha \quad\Rightarrow\\ \Rightarrow\quad \frac23\left(1 - \mathrm{tg}^2\alpha\right) = \left(\frac{b}{a}\right)^2 - \mathrm{tg}^2\alpha \quad\Rightarrow\\ \Rightarrow\quad \mathrm{tg}^2\alpha = 3\left(\frac{b}{a}\right)^2 - 2 = \frac13 \quad\Rightarrow\quad \alpha = 30^\circ. \end{gather*}\] Данное положение равновесия является устойчивым, так как при \(\alpha > 30^\circ\) момент силы \(F_1\) превышает момент силы \(F_2\), и брусок будет поворачиваться по часовой стрелке (угол \(\alpha\) будет уменьшаться). Если же \(\alpha < 30^\circ\), то, наоборот, момент силы \(F_2\) будет больше, и брусок будет поворачиваться против часовой стрелки (\(\alpha\) станет увеличиваться). Причём это справедливо, в том числе, и для малых углов, близких к \(0^\circ\). Таким образом, когда вода дойдёт до высоты \(b/2\), исходное положение бруска (при \(\alpha = 0^\circ\)) перестанет быть устойчивым, и один из краёв бруска (левый или правый — дело случая) станет подниматься вверх. При дальнейшем подъёме уровня воды вращение бруска продолжится, пока угол \(\alpha\) не достигнет величины \(30^\circ\). Если уровень воды продолжит увеличиваться, брусок оторвётся от дна сосуда и будет плавать в таком (устойчивом!) положении. Найдём высоту уровня воды, при которой произойдёт отрыв бруска: \[H = EF\cos\alpha = \frac{b + a\,\mathrm{tg}\,\alpha}{2}\cdot\cos\alpha = \frac{\sqrt{7/3}+1}{4}\cdot a \approx 0{,}632\,a.\]