ЕГЭ 2022. Анализ ошибок. Пример 30

[Александр Сакович]

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. Демидова М.Ю. Методические рекомендации для учителей, подготовленные на основе анализа типичных ошибок участников ЕГЭ 2022 года по физике. — Москва, 2022.

[Александр Сакович]

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.

[Александр Сакович]

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,
\[F_2=F_1=\frac{m \cdot g \cdot \left( a+b \right) \cdot \cos \alpha }{a},\ \ F_{\text{тр}}=F_2 \cdot \sin \alpha =\frac{m \cdot g \cdot \left( a+b \right) \cdot \cos \alpha \cdot \sin \alpha }{a},\]
\[N=M \cdot g+F_2 \cdot \cos \alpha =\frac{M \cdot g \cdot a+m \cdot g \cdot \left( a+b \right) \cdot \cos ^2 \alpha }{a},\]
\[\mu _{\min }=\frac{F_{\text{тр}}}{N}=\frac{m \cdot g \cdot \left( a+b \right) \cdot \cos \alpha \cdot \sin \alpha }{M \cdot g \cdot a+m \cdot g \cdot \left( a+b \right) \cdot \cos ^2 \alpha }=\frac{m \cdot \left( a+b \right) \cdot \cos \alpha \cdot \sin \alpha }{M \cdot a+m \cdot \left( a+b \right) \cdot \cos ^2 \alpha },\]

μ_min = 0,2143.

*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
\[\mu _{\min }=\frac{m \cdot \left( a+b \right) \cdot \frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }}{\frac{M \cdot a}{\cos ^2 \alpha }+m \cdot \left( a+b \right)}=\frac{m \cdot \left( a+b \right) \cdot tg \alpha }{M \cdot a \cdot \left( 1+tg^2 \alpha  \right)+m \cdot \left( a+b \right)}.\]