Стержень

[dovlato]

Плоский длинный однородный стержень единичного веса лежит на столе. Коэффициент трения $k$.
Какова наименьшая горизонтальная сила может сдвинуть его с места?

[ewert]

$F=mgk(\sqrt2-1)$

[dovlato]

Ну вот.. что с гениями делать).
$ewert$, а почему вы задачу о витке в магнитном поле проигнорировали? Неинтересная?

[caxap]

ewert
А можно узнать решение?

[dovlato]

Проверьте - всё ли тут аккуратно. Рассматриваем элемент витка длиной $dx$; пусть за время $dt$ его сдвиг по нормали составит $dy$. При этом будет совершена элементарная работа против сил Ампера, равная

$$dA= IBdxdy=Id\Phi$$

Т. к. величина ЭДС $E=\dot \Phi$, то для тока в катушке с индуктивностью $L$выполняются равенства $LdI=\dot \Phi dt=d\Phi .$
Отсюда при $I(t=0)=0$ очевидно, что $LI=\Phi$. Объединение двух предыдущих уравнений приводит к ДУ

$$LdA=\Phi d\Phi ,$$

решение которого

$$A=\frac{\Phi^2}{2L}$$

Вообще-то это логично: по существу, получена энергия собственного магнитного поля катушки, на создание которого эта работа и потребовалась. При заданном потоке $\Phi$, результат, похоже, не зависит ни от геометрического распределения поля $B(x,y)$,
ни от формы витка.

[ewert]

dovlato в сообщении #424756 писал(а):

а почему вы задачу о витке в магнитном поле проигнорировали? Неинтересная?

Не помню, что за задачка. Если имелось в виду, что тот виток влетает в магнитное поле прям своим фрунтом и резко -- то таких полей в природе не бывает. Которые вот так резко -- и однородными становятся. Настолько абстракции -- мне всё-таки скучны.

[dovlato]

ewert в сообщении #424820 писал(а):

помню, что за задачка.

Ес-нно, не помните; она же моя. Никаких "фрунтом и резко.." "..однородно..": я ж говорю, что это всё - несущественно.
Заданы две величины: $L, \Phi$ - и только лишь. Абстракция здесь единственная: отсутствие омического сопротивления;
это более-менее реально при быстрых процессах.

[ewert]

caxap в сообщении #424769 писал(а):

А можно узнать решение?

А, да, решение. Там всё логически достаточно просто. Стержень вращается вокруг некоторой своей внутренней точки. Соответственно, в игре участвуют три силы: внешняя, тянущая за конец; сила трения, действующая от того конца и до центра вращения; ну и сила трения, действующая на внешний участок стержня. Вот и надо просто составить баланс самих тех сил (в отношении поступательного движения) и баланс моментов этих сил (в отношении вращения). Главное тут -- знаки не перепутать: какая сила и какой момент в какую сторону действуют.

Я сперва подошёл к делу довольно вульгарно -- попытался найти из этих соображений положение центра вращения и уже из него -- силы. Получилось жутко занудно: строк 12 или 13 одних формул. Потом попытался причесать (по дороге в магазин и вокруг магазина), оставив одни силы; вышло лучше, но строк 6 всё-таки осталось. Есть смутное подозрение, что корень из двух (раз уж он корень из двух) можно извлечь и какими-то более идейными соображениями; но мне ничего элегантного в голову не приходит.

[BISHA]

dovlato в сообщении #424710 писал(а):

Какова наименьшая горизонтальная сила может сдвинуть его с места?

У меня получается дополнительный коэффициент к обычной силе трения $0,5$.
При решении учитывал только поворот относительно конца стержня.

[dovlato]

BISHA в сообщении #425132 писал(а):

При решении учитывал только поворот

Сила перпендикулярна стержню длиной $L$ и приложена к его концу. В момент начала движения поворот происходит вокруг некоторой точки стержня, отстоящей от точки приложения силы на некоторое расстояние $x<L$. В этой точке силы трения меняют свой знак: более близкие направлены против силы, а более удалённые - в ту же сторону. Пишутся два уравнения: равенство нулю суммы всех сил, и нулевой суммарный момент. В общем, я не очень понял $ewert$, когда он говорил о каких-то громоздких вычислениях..ну, полстранцы тетрадной.

[ewert]

Ну хорошо, вот очищенный вариант (в смысле максимально удалённый от поиска точки вращения).

Итак: пусть $a$ -- длина участка стержня от точки приложения внешней силы до неподвижной точки и $b$ -- длина оставшегося участка. Пусть $F$ -- внешняя сила, приложенная к концу стержня (естественно, перпендикулярно ему); $F_1$ -- сила трения для участка от точки поворота до точки приложения внешней силы и $F_2$ -- сила трения для оставшегося участка.

Тогда, прежде всего, $F_1+F_2=mgk$, а фактически будем считать, что $F_1+F_2=1$, ведь ответ-то заведомо пропорционален $mgk$, умножить на которое мы всегда успеем.

Далее, $F_2+F=F_1$ -- условие неускорения поступательного движения.

Теперь (у нас есть уж два уравнения, не хватает лишь одного) чуть более деликатный момент, связанный с равенствами моментов сил. Исходим из того, что силы трения с точки зрения моментов эффективно приложены к серединам отрезков, на которых они действуют (это формально обосновывается соотв. интегрированиями, и будем считать, что мы их уже провели). Т.е.: $F\cdot a=F_2\frac{b}{2}+F_1\frac{a}{2}$. А учитывая пропорциональность $F_1$ и $F_2$ длинам участков, к которым они приложены, получаем $2FF_1=F_2^2+F_1^2$.

Ну теперь собираем всю систему:

$\begin{cases}F_1+F_2=1\\F_2+F=F_1\\2FF_1=F_2^2+F_1^2\end{cases}$

-- и с большей или меньшей степенью тупости решаем.

А как ещё проще -- я не в курсе.

[dovlato]

ewert в сообщении #425260 писал(а):

А как ещё проще -- я не в курсе.

Принципиально, может, и никак. Сам я решал систему для двух неизвестных: расстояния до точки вращения $a$ и внешней силы $F$. Я довольно быстро перешёл к безразмерным величинам, в которых длина стержня и максимальная сила трения $mgk$ имеют единичные значения. Такой переход в физике, думаю, вообще полезен - и вычисления минимизируются, и выделяются параметры, существенные в данной задаче.

[Landay14]

Мне кажется просто F>mgk.
Cила трения должна быть просто меньше приложенной горизонтальной силы!!

[ewert]

(Оффтоп)

Landay14 в сообщении #426270 писал(а):

Мне кажется просто F>mgk.

перекреститесь

[dovlato]

Landay14 в сообщении #426270 писал(а):

Мне кажется

Я взял переменные: $\rho, l$-линейная плотность стержня и его длина, $x$- расстояние от верхнй точки, куда приложена сила $f$, до мгновенной точки вращения.
Уравнения баланса сил и моментов:

$$\left\{\begin{array}{1} k(2x-l)=f\\ fx=\frac{\rho gk}2 [x^2+(l-x)^2]\end{array}\right$$

Обозначим: $f=\rho glu, \quad x=ls$. Получим

$$\left\{\begin{array}{1} k(2s-1)=u\\ 2us=k(2s^2-2s+1)\end{array}\right$$

И наконец:

$$2(2s-1)s=2s^2-2s+1;\quad 2s^2=1;\quad s=1/\sqrt 2$$

$$u=k(\sqrt 2 -1); \quad f=mgk(\sqrt 2-1)$$