Форум "ЕГЭ по физике"

Пример 30. Лёгкий стержень AC прикреплён нижним концом к шарниру, относительно которого он может поворачиваться без трения. На верхнем конце стержня закреплён маленький шарик массой m = 1 кг. В точке B стержень опирается на середину ребра однородного бруска массой M = 4 кг, который имеет форму прямоугольного параллелепипеда и лежит на горизонтальной плоскости (см. рисунок). Стержень образует угол α (tg α = 0,75) с горизонтальной плоскостью и перпендикулярен ребру бруска, на которое он опирается. Трение между стержнем и ребром бруска отсутствует, коэффициент трения между бруском и горизонтальной плоскостью равен μ. AB = a = 0,2 м, BC = b = 0,3 м. Покажите на рисунке силы, действующие на брусок и стержень с шариком. Найдите минимальное значение μ, при котором система тел остается неподвижной. Обоснуйте применимость законов, используемых для решения задачи.

Источник (https://web-physics.ru/smf/index.php?msg=439). Демидова М.Ю. Методические рекомендации для учителей, подготовленные на основе анализа типичных ошибок участников ЕГЭ 2022 года по физике. — Москва, 2022.

Рекомендации Демидовой М.Ю.
Обязательными элементами обоснования являются следующие:
- инерциальная система отсчета;
- модель твердого тела;
- модель материальной точки для бруска;
- применение условия для моментов сил относительно вращения;
- применение векторной суммы сил для поступательного движения;
- рисунок с указанием сил, действующих на тела.
Обоснование.
1. Систему отсчета, связанную с Землей, будем считать инерциальной (ИСО).
2. Стержень с шариком будем считать твердым телом с осью вращения, проходящей перпендикулярно плоскости рисунка через точку A.
3. Условие равновесия относительно вращения твердого тела на оси — равенство нулю суммы моментов сил, приложенных к телу, относительно этой оси.
4. Стержень легкий, поэтому его массу считаем равной нулю.
5. В условиях данной задачи брусок может двигаться только поступательно вдоль горизонтальной оси 0x, лежащей в плоскости рисунка. В этом случае для бруска используем модель материальной точки и применяем второй закон Ньютона. Вследствие этого условие равновесия сумма приложенных к бруску сил равна нулю.
6. Стержень и брусок в точке их соприкосновения друг с другом действуют друг на друга по третьему закону Ньютона силами F₁ и F₂, равными по модулю и направленными перпендикулярно как стержню, так и ребру бруска, так как трения между ними нет.
Обращаем внимание на то, что в аналогичных случаях отсутствие на рисунке силы F₃, действующей на стержень со стороны шарнира, или ее неверное направление не влияет на оценку.

Решение. Запишем условие равновесия стержня относительно точки А. На стержень действуют три силы, но момент силы F₃ относительно этой точки будет равен нулю (см. рисунок 1).
\[M_B+M_C=0.\]
Запишите моменты для каждой силы, определив их плечи и знаки.
Плечо силы F₁ равно l_B = АB = a. Данная сила стремится вращать рычаг против часовой стрелки, поэтому M_B > 0 и
\[M_B=F_1 \cdot a.\]
Плечо силы тяжести m·g шарика равно l_C = AD = (a + b)·cos α. Данная сила стремится вращать рычаг по часовой стрелке, поэтому M_C < 0 и
\[M_C=-m \cdot g \cdot \left( a+b \right) \cdot \cos \alpha ,\]
где α = arctg 0,75 = 36,87º. Тогда
\[F_1 \cdot a-m \cdot g \cdot \left( a+b \right) \cdot \cos \alpha =0,\ \ F_1=\frac{m \cdot g \cdot \left( a+b \right) \cdot \cos \alpha }{a}.\;\;\;(1)\]
Запишем условие равновесия бруска (см. рисунок 2)
\[0=M \cdot \vec{g}+\vec{F}_2+\vec{N}+\vec{F}_{\text{тр}},\]
\[0X:\ \ 0=F_2 \cdot \sin \alpha -F_{\text{тр}},\;\;\;(2)\]
\[0Y:\ \ 0=-M \cdot g-F_2 \cdot \cos \alpha +N.\;\;\;(3)\]
Так как брусок не движется, то сила трения — это сила трения покоя, т.е.
\[F_{\text{тр}}\le \mu \cdot N.\]
Тогда минимальное значение μ, при котором система тел остается неподвижной, можно найти так:
\[\mu \ge \frac{F_{\text{тр}}}{N},\ \ \mu _{\min }= \frac{F_{\text{тр}}}{N}.\;\;\;(4)\]
Решим систему уравнений (1)-(4) и учтем, что по третьему закону Ньютона, F₁ = F₂. Например,
\[F_2=F_1=\frac{m \cdot g \cdot \left( a+b \right) \cdot \cos \alpha }{a},\ \ F_{\text{тр}}=F_2 \cdot \sin \alpha =\frac{m \cdot g \cdot \left( a+b \right) \cdot \cos \alpha \cdot \sin \alpha }{a},\]
\[N=M \cdot g+F_2 \cdot \cos \alpha =\frac{M \cdot g \cdot a+m \cdot g \cdot \left( a+b \right) \cdot \cos ^2 \alpha }{a},\]
\[\mu _{\min }=\frac{F_{\text{тр}}}{N}=\frac{m \cdot g \cdot \left( a+b \right) \cdot \cos \alpha \cdot \sin \alpha }{M \cdot g \cdot a+m \cdot g \cdot \left( a+b \right) \cdot \cos ^2 \alpha }=\frac{m \cdot \left( a+b \right) \cdot \cos \alpha \cdot \sin \alpha }{M \cdot a+m \cdot \left( a+b \right) \cdot \cos ^2 \alpha },\]

*Дополнение. Если учесть, что
\[tg \alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha },\ \ \cos ^2 \alpha = \frac{1}{1+ tg^2 \alpha },\]
то после деления числителя и знаменателя на cos² α, получаем
\[\mu _{\min }=\frac{m \cdot \left( a+b \right) \cdot \frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }}{\frac{M \cdot a}{\cos ^2 \alpha }+m \cdot \left( a+b \right)}=\frac{m \cdot \left( a+b \right) \cdot tg \alpha }{M \cdot a \cdot \left( 1+tg^2 \alpha  \right)+m \cdot \left( a+b \right)}.\]