Номер 659, страница 134 - гдз по физике 9 класс сборник задач Исаченкова, Дорофейчик

Рассмотрим однородную доску длиной $L$ и массой $m$, приставленную к стене. Угол между доской и горизонтальным полом равен $\alpha$. На доску действуют следующие силы: сила тяжести $mg$, приложенная к центру доски; сила реакции опоры со стороны пола $N_1$ и сила трения $F_{тр1}$; сила реакции опоры со стороны стены $N_2$ и сила трения $F_{тр2}$.

Для нахождения наименьшего угла, при котором доска сохраняет равновесие, рассмотрим предельный случай, когда силы трения скольжения достигают своих максимальных значений.

Дано:
Коэффициент трения между доской и полом: $\mu_1 = 0,40$
Коэффициент трения между доской и стеной: $\mu_2 = 0,50$

Найти:
$\alpha_{min}$

Решение:

Запишем условия равновесия для доски.

1. Первое условие равновесия (сумма всех сил равна нулю). Запишем уравнения для проекций сил на горизонтальную (ось X) и вертикальную (ось Y) оси:

Ось X: $N_2 - F_{тр1} = 0 \implies N_2 = F_{тр1}$

Ось Y: $N_1 + F_{тр2} - mg = 0 \implies N_1 + F_{тр2} = mg$

При минимальном угле равновесия силы трения достигают максимального значения (силы трения скольжения):

$F_{тр1} = \mu_1 N_1$

$F_{тр2} = \mu_2 N_2$

Подставляя выражения для сил трения в уравнения равновесия сил, получаем:

$N_2 = \mu_1 N_1$

$N_1 + \mu_2 N_2 = mg$

2. Второе условие равновесия (сумма моментов всех сил относительно любой точки равна нулю). Выберем в качестве оси вращения точку A, где доска касается пола. Это удобно, так как моменты сил $N_1$ и $F_{тр1}$ относительно этой точки равны нулю.

Уравнение моментов сил относительно точки A:

$\sum \tau_A = \tau_{N2} + \tau_{Fтр2} + \tau_{mg} = 0$

- Момент силы реакции стены $N_2$: сила $N_2$ приложена к верхнему концу доски на расстоянии $L$ и направлена перпендикулярно стене. Ее плечо равно $L \sin\alpha$. Момент вращает доску против часовой стрелки (положительный): $\tau_{N2} = N_2 \cdot L \sin\alpha$.

- Момент силы трения о стену $F_{тр2}$: сила $F_{тр2}$ направлена вверх вдоль стены. Ее плечо равно $L \cos\alpha$. Момент вращает доску по часовой стрелке (отрицательный): $\tau_{Fтр2} = -F_{тр2} \cdot L \cos\alpha$.

- Момент силы тяжести $mg$: сила $mg$ приложена к центру доски на расстоянии $L/2$. Ее плечо равно $(L/2) \cos\alpha$. Момент вращает доску по часовой стрелке (отрицательный): $\tau_{mg} = -mg \cdot \frac{L}{2} \cos\alpha$.

Суммируя моменты, получаем:

$N_2 L \sin\alpha - F_{тр2} L \cos\alpha - mg \frac{L}{2} \cos\alpha = 0$

Сократим на $L$ и подставим $F_{тр2} = \mu_2 N_2$:

$N_2 \sin\alpha - \mu_2 N_2 \cos\alpha - \frac{mg}{2} \cos\alpha = 0$

$N_2(\sin\alpha - \mu_2 \cos\alpha) = \frac{mg}{2} \cos\alpha$

Теперь решим систему уравнений для нахождения $\tan\alpha$.

Из системы уравнений для сил выразим $N_2$ через $mg$:

$N_1 + \mu_2 (\mu_1 N_1) = mg \implies N_1(1 + \mu_1 \mu_2) = mg \implies N_1 = \frac{mg}{1 + \mu_1 \mu_2}$

$N_2 = \mu_1 N_1 = \frac{\mu_1 mg}{1 + \mu_1 \mu_2}$

Подставим это выражение для $N_2$ в уравнение моментов:

$\frac{\mu_1 mg}{1 + \mu_1 \mu_2}(\sin\alpha - \mu_2 \cos\alpha) = \frac{mg}{2} \cos\alpha$

Сократим на $mg$ и разделим обе части на $\cos\alpha$ (так как $\alpha \neq 90^\circ$):

$\frac{\mu_1}{1 + \mu_1 \mu_2}(\tan\alpha - \mu_2) = \frac{1}{2}$

$\tan\alpha - \mu_2 = \frac{1 + \mu_1 \mu_2}{2\mu_1}$

$\tan\alpha = \frac{1 + \mu_1 \mu_2}{2\mu_1} + \mu_2$

$\tan\alpha = \frac{1 + \mu_1 \mu_2 + 2\mu_1 \mu_2}{2\mu_1} = \frac{1 + 3\mu_1 \mu_2}{2\mu_1}$

Примечание: Прошу прощения, в ходе вычислений выше была допущена ошибка в знаке момента силы трения $F_{тр2}$. Давайте исправим.

Момент силы трения о стену $F_{тр2}$ вращает доску против часовой стрелки, так как пытается предотвратить сползание верхнего конца вниз. Его знак положителен: $\tau_{Fтр2} = +F_{тр2} \cdot L \cos\alpha$.

Тогда правильное уравнение моментов:

$N_2 L \sin\alpha + F_{тр2} L \cos\alpha - mg \frac{L}{2} \cos\alpha = 0$

Подставим $F_{тр2} = \mu_2 N_2$ и сократим на L:

$N_2 \sin\alpha + \mu_2 N_2 \cos\alpha - \frac{mg}{2} \cos\alpha = 0$

$N_2(\sin\alpha + \mu_2 \cos\alpha) = \frac{mg}{2} \cos\alpha$

Подставим ранее найденное выражение $N_2 = \frac{\mu_1 mg}{1 + \mu_1 \mu_2}$:

$\frac{\mu_1 mg}{1 + \mu_1 \mu_2}(\sin\alpha + \mu_2 \cos\alpha) = \frac{mg}{2} \cos\alpha$

Сократим на $mg$ и разделим на $\cos\alpha$:

$\frac{\mu_1}{1 + \mu_1 \mu_2}(\tan\alpha + \mu_2) = \frac{1}{2}$

$\tan\alpha + \mu_2 = \frac{1 + \mu_1 \mu_2}{2\mu_1}$

$\tan\alpha = \frac{1 + \mu_1 \mu_2}{2\mu_1} - \mu_2 = \frac{1 + \mu_1 \mu_2 - 2\mu_1\mu_2}{2\mu_1}$

$\tan\alpha = \frac{1 - \mu_1\mu_2}{2\mu_1}$

Подставим числовые значения:

$\tan\alpha_{min} = \frac{1 - 0,40 \cdot 0,50}{2 \cdot 0,40} = \frac{1 - 0,20}{0,80} = \frac{0,80}{0,80} = 1$

Наименьший угол $\alpha_{min}$, при котором доска будет находиться в равновесии, определяется из условия:

$\alpha_{min} = \arctan(1) = 45^\circ$

Ответ: наименьший угол, при котором доска сохранит равновесие, равен $45^\circ$.