Стержень длиной l и массой m одним концом упирается в вертикальную стенку

Условие задачи:

Схема к условию задачи Стержень длиной \(l\) и массой \(m\) одним концом упирается в вертикальную стенку, а другой его конец удерживается нитью, длина которой равна длине стержня. При каком угле \(\alpha\) стержень будет находиться в равновесии, если коэффициент трения между стержнем и стеной равен 0,3?

Задача №3.1.25 из «Сборника задач для подготовки к вступительным экзаменам по физике УГНТУ»

Дано:

\(l\), \(m\), \(\mu=0,3\), \(\alpha-?\)

Решение задачи:

Схема к решению задачи Покажем на схеме все силы, которые действуют на стержень: это сила тяжести стержня \(mg\), сила натяжения нити \(T\) и компоненты реакции опоры в точке O – сила нормальной реакции \(N\) и сила трения \(F_{тр}\). Стержень находится в равновесии, поэтому мы можем записать первое условие равновесия в проекции на оси \(x\) и \(y\) (первый закон Ньютона) и второе условие равновесия относительно точки O (правило моментов). Все необходимые для определения проекций и плеч сил углы показаны на схеме.

\[\left\{ \begin{gathered}
{F_{тр}} + T \cdot \sin \left( {90^\circ – \alpha } \right) – mg = 0 \hfill \\
T \cdot \cos \left( {90^\circ – \alpha } \right) = N \hfill \\
mg \cdot \frac{l}{2} \cdot \cos \left( {90^\circ – \alpha } \right) – T \cdot l \cdot \sin \left( {180^\circ – 2\alpha } \right) = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Из тригонометрии известно, что \(\cos \alpha  = \sin \left( {90^\circ  – \alpha } \right)\), \(\sin \alpha  = \cos \left( {90^\circ  – \alpha } \right)\) и \(\sin 2\alpha  = \sin \left( {180^\circ  – 2\alpha } \right)\), поэтому:

\[\left\{ \begin{gathered}
{F_{тр}} + T \cdot \cos \alpha – mg = 0 \;\;\;\;(1)\hfill \\
T \cdot \sin \alpha = N \;\;\;\;(2)\hfill \\
mg \cdot \frac{l}{2} \cdot \sin \alpha – T \cdot l \cdot \sin 2\alpha = 0 \;\;\;\;(3)\hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Поработаем над равенством (3). Так как \(\sin 2\alpha  = 2\sin \alpha  \cdot \cos \alpha\), то:

\[mg \cdot \frac{l}{2} \cdot \sin \alpha  – T \cdot l \cdot 2\sin \alpha  \cdot \cos \alpha  = 0\]

\[\frac{{mg}}{2} – 2T \cdot \cos \alpha  = 0\]

\[mg = 4T \cdot \cos \alpha \;\;\;\;(4)\]

Преобразуем равенство (2) в такой вид:

\[T = \frac{N}{{\sin \alpha }}\;\;\;\;(5)\]

Из равенства (1) выразим силу трения \(F_{тр}\):

\[{F_{тр}} = mg – T \cdot \cos \alpha \]

Учитывая ранее полученное равенство (4), имеем:

\[{F_{тр}} = 4T \cdot \cos \alpha  – T \cdot \cos \alpha  = 3T \cdot \cos \alpha \]

Так как \(T = \frac{N}{{\sin \alpha }}\) (формула (5)), то:

\[{F_{тр}} = \frac{{3N}}{{\sin \alpha }} \cdot \cos \alpha  = \frac{{3N}}{{tg\alpha }}\]

Стержень будет оставаться в равновесии, пока имеет место сила трения покоя, т.е. справедливо неравенство:

\[{F_{тр}} \leq \mu N\]

Значит:

\[\frac{{3N}}{{tg\alpha }} \leq \mu N\]

\[\frac{3}{{tg\alpha }} \leq \mu \]

Произведем математические преобразования:

\[\frac{1}{{tg\alpha }} \leq \frac{\mu }{3}\]

\[tg\alpha  \geq \frac{3}{\mu }\]

\[\alpha  \geq arctg\left( {\frac{3}{\mu }} \right)\]

Минимальное значение угла \(\alpha\), при котором возможно равновесие, равно:

\[{\alpha _{\min }} = arctg\left( {\frac{3}{\mu }} \right)\]

\[{\alpha _{\min }} = arctg\left( {\frac{3}{{0,3}}} \right) = 84,3^\circ  = 1,47\;рад\]

Ответ: 1,47 рад.

Если Вы не поняли решение и у Вас есть какой-то вопрос или Вы нашли ошибку, то смело оставляйте ниже комментарий.

Смотрите также задачи:

3.1.24 Лестница составляет с землей угол 70 градусов и опирается о вертикальную гладкую
3.1.26 К вертикальной гладкой стене подвешен на тросе AB однородный шар массы M
3.1.27 К вертикальной гладкой стене подвешен на тросе AB однородный шар массы M. Определите

Пожалуйста, поставьте оценку
( 5 оценок, среднее 5 из 5 )
Вы можете поделиться с помощью этих кнопок:
Комментарии: 18
  1. Аноним

    Ошибка в четвертой формуле. Должно быть mg=4T*2cosA, т.к. все множители должны домножиться на 2, а не только первый. Или я не прав?

    1. Easyfizika (автор)

      Не правы.\[\frac{{mg}}{2} – 2T \cdot \cos \alpha = 0\]\[\frac{{mg}}{2} = 2T \cdot \cos \alpha \]\[mg = 4T \cdot \cos \alpha \]

  2. Аноним

    А если стержень подвязан в центре и имеет длину в два раза меньше, чем у нити. Каким будет решение? Заранее спасибо

    1. Easyfizika (автор)

      В следующий раз, пожалуйста, приводите полное условие задачи. Рисунок прикрепить в комментарии возможности не имею, но он практически такой же, как в решении, приведенном сверху (ну разве что стержень подвешен за середину). Угол между стержнем и стеной обозначу за \(\alpha\), а между нитью и стеной – \(\beta\). Запишем два условия равновесия (аналогично как в решении выше):\[\left\{ \begin{gathered}
      T\sin \beta = N \hfill \\
      T\cos \beta + {F_{тр}} = mg \hfill \\
      T\sin \left( {\alpha + \beta } \right) \cdot \frac{l}{4} = mg\sin \alpha \cdot \frac{l}{4} \hfill \\
      \end{gathered} \right.\]
      Тогда:\[\left\{ \begin{gathered}
      T\sin \beta = N \hfill \\
      {F_{тр}} = mg – T\cos \beta \hfill \\
      \frac{{T\sin \left( {\alpha + \beta } \right)}}{{\sin \alpha }} = mg \hfill \\
      \end{gathered} \right.\]
      Стержень будет оставаться в равновесии, пока имеет место сила трения покоя, т.е. справедливо неравенство:
      \[{F_{тр}} \leq \mu N\]Поэтому:\[\frac{{T\sin \left( {\alpha + \beta } \right)}}{{\sin \alpha }} – T\cos \beta \leq \mu T\sin \beta \]\[T\sin \left( {\alpha + \beta } \right) – T\sin \alpha \cos \beta \leq \mu T\sin \alpha \sin \beta \]\[\sin \left( {\alpha + \beta } \right) – \sin \alpha \cos \beta \leq \mu \sin \alpha \sin \beta \]\[\sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta – \sin \alpha \cos \beta \leq \mu \sin \alpha \sin \beta \]\[\cos \alpha \sin \beta \leq \mu \sin \alpha \sin \beta \]\[\cos \alpha \leq \mu \sin \alpha \]\[tg\alpha \geq \frac{1}{\mu }\]\[\alpha \geq arctg\left( {\frac{1}{\mu }} \right)\]Ну вот как-то так решается эта задача. :smile:

  3. Аноним

    Добрый день. Подскажите, пожалуйста: можно ли выделить T из формулы 4?

    1. Easyfizika (автор)

      А что значит “выделить”? Выразить? Конечно можно выразить, пожалуйста:\[T = \frac{{mg}}{{4\cos \alpha }}\]

  4. Андрей

    Если остановиться на Fтр=3T*cos(а). Не использовать формулу 5. И написать а мин при Fтр=мю*N. То приравняв правые части и поставив формулу 2 получим T*sin(a) =3T*cos(a) и далее тангенс и арктангенс без значительной части Ваших преобразований. А так спасибо за решение. :idea:

    1. Easyfizika (автор)

      Как я понял, Вы предлагаете так:\[3T\cos \alpha \leq \mu N\]Так как \(N = T\sin \alpha \), то:\[3T\cos \alpha \leq \mu T\sin \alpha \]\[3\cos \alpha \leq \mu \sin \alpha \]\[tg\alpha \geq \frac{3}{\mu }\]\[\alpha \geq arctg\left( {\frac{3}{\mu }} \right)\]Да, так решение чуть короче и менее запутано. Спасибо за комментарий, решение я поправлю в скором времени! :smile:

  5. Аноним

    Почему в условии равновесия используется l*sin(180-2a), если этого не хватает, чтобы достать до линии действия силы?

    1. Easyfizika (автор)

      Разложите вектор \(T\) на два таких вектора:
      1) первый вектор – в направлении, перпендикулярном стержню, его модуль будет равен \(T \cdot \sin \left( {180 – 2\alpha } \right)\), плечо относительно точки O равно \(l\);
      1) второй вектор – в направлении вдоль стержня, его модуль будет равен \(T \cdot \cos \left( {180 – 2\alpha } \right)\), плечо относительно точки O равно 0.
      Так Вы и получите, что момент силы \(T\) относительно точки O равен \(T \cdot l \cdot \sin \left( {180 – 2\alpha } \right)\).
      Какое плечо получилось у Вас?

      1. Аноним

        Возможно я просто глупый, но почему мы раскладываем вектор Т по (180-2а), если у нас нет прямого угла для этого? Было бы справедливо при разложении на (90-а), там прямоугольный треугольник. А как в этом случае происходит разложение в непрямоугольном треугольнике – непонятно. Если хватит терпения выдержать мою недалёкость, то прошу объяснить.

        1. Easyfizika (автор)

          Если мы разложим вектор T в направлении, совпадающим со стержнем, и в направлении, перпендикулярным стержню, то мы получим прямоугольный векторный треугольник.

          Вообще, это неклассический способ нахождения момента силы. Если Вы все равно не понимаете, то делайте, как учат в школе – опускайте перпендикуляр из точки О на линию действия силы. В любом случае Вы получите такое же выражение для нахождения момента силы.

  6. Аноним

    А почему в данной задаче сила реакции опоры направлена по нормали,а не под каким-то углом?

    1. Easyfizika (автор)

      Потому что я эту силу реакции разложил на два вектора – F_тр и N.
      То есть силу реакции можно либо представлять в виде одного вектора, направленного под каким-то углом, либо раскладывать на два взаимно перпендикулярных вектора (что я и сделал).

  7. Аноним

    почему сила трения направлена вверх?

    1. Easyfizika (автор)

      Стержень (точнее его нижний конец) стремится соскользнуть вниз, сила трения препятствует этому движению, поэтому она направлена наверх.

  8. Аноним

    Зачем умножать на синус двух альфа?

    1. Easyfizika (автор)

      В тексте решения есть пояснение, читайте внимательно. Также хорошенько изучите рисунок

Добавить комментарий

;-) :| :x :twisted: :smile: :shock: :sad: :roll: :razz: :oops: :o :mrgreen: :lol: :idea: :grin: :evil: :cry: :cool: :arrow: :???: :?: :!: