ID: 00026652
Маленькие шарики, имеющие массы M и $m=60$ г, соединены друг с другом стержнем пренебрежимо малой массы. Полученная гантель помещена в неподвижную сферическую выемку радиусом R так, что шарик M находится в нижней точке выемки, а шарик m касается стенки выемки на высоте R от этой точки (см. рисунок). Коэффициент трения между шариком M и дном выемки $\mu=0,3,$ трение между шариком m и стенкой выемки отсутствует. При каких значениях M гантель покоится в показанном на рисунке положении? Сделайте рисунок с указанием внешних сил, действующих на гантель.
Обоснуйте применимость законов, используемых для решения задачи.
Источник: ФИПИ
Сначала распутаем сюжет. Гантель — это два маленьких шарика на невесомом стержне. Её положили в неподвижную сферическую ямку радиусом $R$: тяжёлый шарик $M$ лежит в самой нижней точке, а лёгкий шарик $m$ упирается в стенку на высоте $R$ над дном. Раз высота подъёма равна радиусу, шарик $m$ стоит ровно на уровне центра $O$ выемки — это видно и на рисунке. Гантель так и норовит соскользнуть: лёгкий шарик давит на стенку, стенка отталкивает его к центру, и вся конструкция стремится поехать по дну. Удержать её может только сила трения под шариком $M$, а она тем больше, чем тяжелее $M$. Отсюда и вопрос: какой минимальной массы должен быть нижний шарик.
Обоснуем модель. Выемка неподвижна, поэтому систему отсчёта связываем с ней (с Землёй) — она инерциальная, в ней работают законы Ньютона и условия равновесия. Шарики названы маленькими: их размеры много меньше радиуса $R$, поэтому считаем их материальными точками, а силы — приложенными в этих точках. Стержень невесомый: его вес в уравнения не входит, он только жёстко держит шарики на неизменном расстоянии, поэтому гантель — единое твёрдое тело, и для него нужны сразу два условия равновесия: сумма всех внешних сил равна нулю и сумма моментов этих сил относительно любой оси равна нулю. Между шариком $m$ и стенкой трения нет — значит, реакция стенки строго перпендикулярна поверхности сферы, то есть направлена по радиусу к центру $O$. Под шариком $M$ трение есть, и это трение покоя: его модуль заранее не известен, известно лишь ограничение $f\le\mu N_1$, где $N_1$ — сила нормального давления. Именно из этого неравенства и получится ответ.
Шаг 1 — геометрия. Возьмём центр выемки $O$ за начало отсчёта. Нижняя точка (там шарик $M$) — это точка $(0;-R)$, а шарик $m$ поднят на высоту $R$ над дном, то есть находится в точке $(R;0)$. Значит, стержень $Mm$ — гипотенуза прямоугольного треугольника с катетами $R$ по горизонтали и $R$ по вертикали.
Шаг 2 — какие силы действуют на гантель. Внешних сил пять: тяжесть $Mg$ вниз в нижней точке; тяжесть $mg$ вниз в точке шарика $m$; нормальная реакция дна $N_1$ вертикально вверх; сила трения покоя $f$ в нижней точке — она горизонтальна, потому что касательная к сфере в нижней точке горизонтальна; нормальная реакция стенки $N_2$ на шарик $m$ — вдоль радиуса от стенки к центру $O$, то есть горизонтально, «внутрь» ямки. Именно эти пять стрелок и надо изобразить на рисунке.
Шаг 3 — вертикальная проекция. По вертикали работают только $N_1$, $Mg$ и $mg$ (обе реакции $N_2$ и трение $f$ горизонтальны): $$N_1=(M+m)g.$$ Дно держит вес всей гантели — логично.
Шаг 4 — моменты относительно нижней точки. Ось возьмём в точке касания шарика $M$: тогда сразу вылетают три силы — $Mg$, $N_1$ и $f$ (у них нулевое плечо). Остаются два момента. Сила тяжести $mg$ приложена в точке $(R;0)$, её плечо относительно нижней точки — горизонтальное смещение $R$, момент $mgR$ вращает гантель в одну сторону. Реакция стенки $N_2$ горизонтальна, приложена там же, её плечо — вертикальное смещение $R$, момент $N_2R$ вращает в другую сторону. Равновесие: $$mgR=N_2R\quad\Rightarrow\quad N_2=mg.$$
Шаг 5 — горизонтальная проекция. По горизонтали остаются только трение $f$ и реакция стенки $N_2$, и они должны гасить друг друга: $$f=N_2=mg.$$ Получается красиво: нижний шарик обязан удерживать трением ровно «вес» верхнего шарика.
Шаг 6 — условие, что гантель не поедет. Трение покоя не бывает больше максимального: $f\le\mu N_1$. Подставляем найденное: $$mg\le\mu (M+m)g.$$ Сокращаем на $g$ и выражаем $M$: $$m\le\mu M+\mu m\quad\Rightarrow\quad M\ge\frac{m(1-\mu)}{\mu}.$$
Шаг 7 — числа. $m=60\ \text{г}=0{,}06\ \text{кг}$, $\mu=0{,}3$: $$M\ge\frac{0{,}06\cdot(1-0{,}3)}{0{,}3}=\frac{0{,}042}{0{,}3}=0{,}14\ \text{кг}.$$
Проверим себя на здравый смысл: при $M=0{,}14$ кг дно давит с силой $N_1=(0{,}14+0{,}06)\cdot10=2$ Н, максимальное трение $\mu N_1=0{,}3\cdot2=0{,}6$ Н, а требуется удержать $mg=0{,}06\cdot10=0{,}6$ Н — впритык, как и должно быть на границе. Чем тяжелее $M$, тем надёжнее держит трение, поэтому верхней границы у массы нет: подходит любое $M$ от $0{,}14$ кг и больше.