Решение задачи: минимальный коэффициент трения

Дано: \[ \alpha = 3,3^\circ \] \[ \text{Стена в точке } A \text{ гладкая (трения нет)} \] \[ \text{Пол в точке } B \text{ негладкий} \] Найти: \( \mu_{\min} \) — минимальный коэффициент трения. Решение: 1. Рассмотрим силы, действующие на брус: - Сила тяжести \( m\vec{g} \), приложенная к центру бруса (на расстоянии \( L/2 \) от концов). - Сила нормальной реакции стены \( \vec{N}_A \), направленная перпендикулярно стене (горизонтально). - Сила нормальной реакции пола \( \vec{N}_B \), направленная перпендикулярно полу (вертикально). - Сила трения покоя \( \vec{F}_{тр} \), направленная вдоль пола к стене (препятствует соскальзыванию точки \( B \) вправо). 2. Запишем условия равновесия бруса: Сумма проекций сил на вертикальную ось \( Oy \): \[ N_B - mg = 0 \Rightarrow N_B = mg \] Сумма проекций сил на горизонтальную ось \( Ox \): \[ N_A - F_{тр} = 0 \Rightarrow F_{тр} = N_A \] 3. Запишем уравнение моментов сил относительно точки \( B \) (чтобы исключить из уравнения \( N_B \) и \( F_{тр} \)): \[ N_A \cdot L \sin \alpha - mg \cdot \frac{L}{2} \cos \alpha = 0 \] Здесь \( L \) — длина бруса. Сократим на \( L \): \[ N_A \sin \alpha = \frac{mg}{2} \cos \alpha \] Отсюда выразим \( N_A \): \[ N_A = \frac{mg \cos \alpha}{2 \sin \alpha} = \frac{mg}{2 \text{tg} \alpha} \] 4. Так как \( F_{тр} = N_A \), то: \[ F_{тр} = \frac{mg}{2 \text{tg} \alpha} \] По закону Амонтона-Кулона для состояния покоя: \( F_{тр} \le \mu N_B \). Минимальный коэффициент трения \( \mu_{\min} \) достигается в момент, когда брус находится на грани скольжения: \[ F_{тр} = \mu_{\min} N_B \] Подставим значения \( F_{тр} \) и \( N_B \): \[ \frac{mg}{2 \text{tg} \alpha} = \mu_{\min} \cdot mg \] Сокращаем на \( mg \): \[ \mu_{\min} = \frac{1}{2 \text{tg} \alpha} \] 5. Вычислим значение: \[ \alpha = 3,3^\circ \] \[ \text{tg}(3,3^\circ) \approx 0,05767 \] \[ \mu_{\min} = \frac{1}{2 \cdot 0,05767} \approx \frac{1}{0,11534} \approx 8,67 \] Ответ: \( \mu_{\min} = \frac{1}{2 \text{tg} \alpha} \approx 8,67 \).