Устойчивость равновесия

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

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.

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

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

Чтобы сдвиг был нужным при наименьшем числе кирпичиков, сначала кладите их со сдвигом в одну сторону, а затем в другую, создавая противовес. Устойчивость проверяйте по моментам сил относительно края основания.

1) 9 кирпичиков (схема — на рисунке в решении);  2) \(2{,}5a\), где \(a\) — длина кирпичика (схема — на рисунке в решении).

Чтобы построить башню с заданным сдвигом верхней и нижней деталей, использовав при этом минимальное количество кирпичиков, ребёнку сначала надо укладывать их со сдвигом влево, создав максимально возможный противовес, а потом со сдвигом вправо (или наоборот).

4a. На рисунке представлена башня, содержащая 9 кубиков, у которой верхняя и нижняя детали сдвинуты друг относительно друга по горизонтали на расстояние, равное удвоенной длине кирпичика.

Проверим, является ли она устойчивой. Пусть \(a\) — это длина детали. Момент сил, удерживающих башню в устойчивом положении, равен \[2mg\cdot\frac{a}{2} + 2mg\cdot a + mg\cdot\frac{3a}{2} = \frac{9}{2}\,mga.\] Момент сил, опрокидывающих башню, равен \[mg\cdot\frac{a}{2} + mg\cdot a + mg\cdot\frac{3a}{2} = 3\,mga.\] Следовательно, башня устойчива.

4b. На втором рисунке представлена башня, содержащая 11 кубиков, у которой верхняя и нижняя детали сдвинуты друг относительно друга по горизонтали на расстояние \(2{,}5a\).

Эта башня является устойчивой, поскольку момент сил, удерживающих башню от падения, равен \[2mg\cdot\frac{a}{2} + 2mg\cdot a + 2mg\cdot\frac{3a}{2} = 6\,mga,\] а момент сил, опрокидывающих башню, равен \[mg\cdot\frac{a}{2} + mg\cdot a + mg\cdot\frac{3a}{2} + mg\cdot 2a = 5\,mga.\] Другие конфигурации башен из 11 кубиков дают либо меньший сдвиг верхней и нижней деталей, либо являются неустойчивыми.

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.

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) \(M/m > 2\).

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 \(M/m > 2\).

Вертикальное положение теряет устойчивость, когда наклон начальных участков графиков момента силы и упругого момента совпадает. Для башни роль пружины играет поролон: найдите его возвращающий момент интегрированием по основанию.

1) \(F_{\max} = \dfrac{\gamma}{l}\);  2) \(\alpha \approx 0{,}24\) рад \(\approx 14^\circ\);  3) \(L_1 = \sqrt{\dfrac{Ea^4}{6\lambda gH}}\);  4) \(L_2 = L_1\sqrt{1 + \dfrac{d^2}{2L_1^2}} \approx L_1\left(1 + \dfrac{d^2}{4L_1^2}\right)\).

а) Пусть рычаг отклонился от вертикали и находится в состоянии равновесия (см. рисунок). Тогда сумма моментов сил, действующих на рычаг, будет равна нулю: \[Fl\sin\alpha = \gamma\alpha .\]

Посмотрим на графическое решение этого уравнения. Нарисуем графики зависимости момента сил, скручивающего пружину, и момента сил упругости от угла \(\alpha\). Возможно две ситуации, изображённые на рисунках а) и б).

Видно, что в случае малой приложенной силы график синуса лежит ниже прямой и уравнение имеет только одно решение, соответствующее вертикальному положению рычага. При превышении некоторого предела решений уравнения становится два. При этом вертикальное положение оказывается неустойчивым. Действительно, при малом отклонении от положения равновесия возвращающий момент сил оказывается меньше момента сил, увеличивающего отклонение. Таким образом, при преодолении критической силы положение равновесия окажется наклонённым. Критическую силу легко рассчитать, рассмотрев переходную от рисунка а) к рисунку б) ситуацию. В ней угловой коэффициент обоих графиков в нулевом положении должен совпадать, то есть: \[F_{\max}l = \gamma \;\Rightarrow\; F_{\max} = \frac{\gamma}{l}.\]

б) Для нахождения нового положения равновесия можем воспользоваться формулой приближённого исчисления синуса угла: \[Fl\left(\alpha - \frac{\alpha^3}{6}\right) = \gamma\alpha .\] Сократим выражение на \(\alpha\), так как нулевой корень уравнения нас не интересует, и решим квадратное уравнение: \[Fl\left(1 - \frac{\alpha^2}{6}\right) = \gamma .\] Два корня уравнения соответствуют двум возможным положениям отклонения рычага: \[\alpha = \pm\sqrt{6\left(1 - \frac{\gamma}{Fl}\right)} = \pm\sqrt{6\left(1 - \frac{1}{1{,}01}\right)} = 0{,}24 \approx 14^\circ .\]

в) Рассмотрим теперь модель Пизанской башни, установленной на упругой опоре. Пусть основание башни наклонилось на угол \(\varphi\) (рисунок). Тогда за счёт сил упругости возникнет возвращающий момент сил. Рассчитаем его.

На расстоянии \(x\) от осевой линии поролон сожмётся на \(x\cdot\operatorname{tg}\varphi\). Тогда в сечении поролона площадью \(ds = a\,dx\) возникнет сила в соответствии с законом Гука: \[dF = E\,ds\,\varepsilon = Ea\,\frac{x\cdot\operatorname{tg}\varphi}{H}\,dx .\] Эта сила внесёт вклад в суммарный возвращающий момент сил: \[dM = x\,dF = Ea\,\frac{x^2\cdot\operatorname{tg}\varphi}{H}\,dx .\] Тогда суммарный момент сил может быть рассчитан как: \[M = 2\int_0^{a/2} \frac{Ea\operatorname{tg}\varphi\cdot x^2}{H}\,dx = \frac{Ea^4\cdot\operatorname{tg}\varphi}{12H}.\] То есть для малых углов крутильная жёсткость подставки составит \(\gamma' = \dfrac{Ea^4}{12H}\).

На наклонённую башню действует момент силы тяжести, равный: \[M_б = \frac{\lambda L^2}{2}\,g\sin\varphi .\] Аналогично пункту а) башня выйдет из вертикального положения в случае равенства коэффициента пропорциональности между синусом и моментом силы и крутильной жёсткости опоры: \[\frac{Ea^4}{12H} = \frac{\lambda L_1^2}{2}\,g \quad\Rightarrow\quad L_1 = \sqrt{\frac{Ea^4}{6\lambda gH}} .\]

г) Рассмотрим наклонное равновесие башни: \[\frac{Ea^4\cdot\operatorname{tg}\varphi}{12H} = \lambda\frac{L^2}{2}\,g\sin\varphi .\] С учётом приближённых формул: \[\left(1 + \frac{\varphi^2}{3}\right) = \frac{L^2}{L_1^2}\left(1 - \frac{\varphi^2}{6}\right).\] Предельный угол отклонения башни, прежде чем она опрокинется, определяется её высотой и диаметром: \(\varphi_{\text{кр}} = \dfrac{d}{L}\). Тогда для расчёта критической высоты башни запишем: \[\left(1 + \frac{d^2}{3L_2^2}\right) = \frac{L_2^2}{L_1^2}\left(1 - \frac{d^2}{6L_2^2}\right).\] Преобразуем уравнение к виду биквадратного: \[\frac{L_2^4}{L_1^2} - L_2^2\left(1 + \frac{d^2}{6L_1^2}\right) - \frac{d^2}{3} = 0 .\] Рассчитаем дискриминант: \[D = \left(1 + \frac{d^2}{6L_1^2}\right)^2 + \frac{4d^2}{3L_1^2}.\] С учётом указанного в условии приближения: \[D = 1 + \frac{5d^2}{3L_1^2}.\] Тогда выберем положительный корень уравнения: \[L_2^2 = \frac{L_1^2}{2}\left(1 + \frac{d^2}{6L_1^2} + \sqrt{1 + \frac{5d^2}{3L_1^2}}\right) \approx \frac{L_1^2}{2}\left(1 + \frac{d^2}{6L_1^2} + 1 + \frac{5d^2}{6L_1^2}\right) = L_1^2\left(1 + \frac{d^2}{2L_1^2}\right).\] И окончательно для высоты \(L_2\) с учётом приближений: \[L_2 = L_1\sqrt{1 + \frac{d^2}{2L_1^2}} \approx L_1\left(1 + \frac{d^2}{4L_1^2}\right).\]

Выразите потенциальную энергию системы через \(\varphi\): груз поднимается на величину, равную изменению длины отрезка нити от бусинки до блока. Равновесия — экстремумы этой энергии, устойчивое — минимум.

1) \(\varphi_1 = 60^\circ\) (устойчивое), \(\varphi_2 \approx 250{,}5^\circ\) (неустойчивое); \(v_{\min} \approx 1{,}74\sqrt{gR}\);  2) при \(k > 1\);  3) не существует.

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.

\(8{,}2\text{ см}\).

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.

\(F_3 \approx 13{,}4\) Н.

Пузырёк в равновесии, когда плотность газа в нём равна плотности воды. Выразите отсюда температуру, нужную для равновесия, как функцию глубины — это прямая, которую можно наложить на данный график. Об устойчивости судите по тому, тяжелее или легче воды становится пузырёк при малом смещении вглубь.

1) три положения равновесия: \(h_A = (1030\pm10)\) м, \(h_B = (1110\pm10)\) м, \(h_C = (1135\pm10)\) м;  2) в точках \(A\) и \(C\) равновесие неустойчиво, в точке \(B\) — устойчиво.

Пузырёк будет находится в равновесии, если плотность газа \(\rho\) внутри него будет равна плотности воды \(\rho_\text{в}\).

Плотность газа согласно уравнению Менделеева-Клапейрона определяется выражением: \(\rho = \dfrac{\mu p}{RT}\), где \(T\) — температура газа в кельвинах, \(p\) — давление газа на глубине \(h\), равное \(p = p_0 + \rho_\text{в}gh\). Откуда получаем, что плотность газа равна \[\rho = \frac{\mu(p_0 + \rho_\text{в}gh)}{RT}.\]

Температура воды изменяется с глубиной, при этом данная зависимость не задана аналитически, а представлена в виде графика. Поэтому представим условие равновесия графически. Для этого из последнего уравнения получим зависимость температуры \(T\) газа внутри пузырька от глубины \(h\), на которой данный пузырёк находится. Учитывая, что \(\rho = \rho_\text{в}\), из последнего уравнения находим: \(T = \dfrac{\mu p_0}{R\rho_\text{в}} + \dfrac{\mu g}{R}\cdot h\). Подставим числа в уравнение: \(T = 2{,}62\text{ К} + 0{,}267\,\dfrac{\text{К}}{\text{м}}\cdot h\). Учитывая связь температуры \(t\) по шкале Цельсия с температурой \(T\) по шкале Кельвина, получаем: \(t = -270{,}53\ {}^\circ\text{C} + 0{,}267\,\dfrac{{}^\circ\text{C}}{\text{м}}\cdot h\). Полученную из условия равновесия зависимость \(t(h)\) и зависимость из условия задачи представим на одном графике. Видно, что графики зависимостей пересекаются в трёх точках \(A\), \(B\) и \(C\), значит существует три соответствующих положения равновесия.

Из графика находим глубину для трёх положений равновесия пузырька, соответствующие точкам \(A\), \(B\) и \(C\) графика: \(h_A = (1030\pm10)\) м; \(h_B = (1110\pm10)\) м; \(h_C = (1135\pm10)\) м.

Проанализируем положение равновесия в точке \(A\) на устойчивость. Пусть пузырёк смещается на чуть бОльшую глубину. В этом случае температура газа внутри пузырька будет меньше той, которая необходима для обеспечения его равновесия, а значит плотность газа в пузырьке будет больше плотности воды. Это означает, что сила Архимеда будет меньше силы тяжести, и, следовательно, пузырёк будет тонуть и дальше. То есть получаем, что положение равновесия в точке \(A\) неустойчиво. Аналогично рассуждая, получим, что положение равновесия в точке \(B\) устойчиво, а в точке \(C\) — неустойчиво.

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

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

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).

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

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.

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

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.

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

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: \[H = EF\cos\alpha = \frac{b + a\,\mathrm{tg}\,\alpha}{2}\cdot\cos\alpha = \frac{\sqrt{7/3}+1}{4}\cdot a \approx 0{,}632\,a.\]