A1  ^2.00 Какую силу $F_{1}$, перпендикулярную воротам, необходимо прикладывать к ручке, чтобы удерживать ворота неподвижно при горизонтальном положении коромысла?

При горизонтальном положении рейки ворота образуют с горизонтом угол:\[\alpha = \arcsin\left( \frac{OP}{BC} \right) = 45{^\circ}\tag{1}\]

Пусть $BO = OG = {R}$. Сила, действующая на ворота со стороны рейки в точке $B$, имеет и вертикальную, и горизонтальную составляющие. Обозначим их модули как $H$ и $V$ соответственно. Из первого условия равновесия тел для ворот следует, что $H$ направлена вправо и по модулю равна горизонтальной составляющей силы ${F}$:\[H = F\sin\alpha\tag{2}\]Запишем правило моментов для рейки относительно оси $O$:\[mgR = VR,\]откуда\[V = mg \tag{3}\]Запишем также правило моментов для ворот относительно оси $C$:\[Mga\cos\alpha = Va\cos\alpha - Ha\sin\alpha + 2aF\tag{4}\]Подставляя значения $\sin\alpha$ и $\cos\alpha$, имеем:\[\frac{Mga}{\sqrt{2}} = \frac{Va}{\sqrt{2}} - \frac{Ha}{\sqrt{2}} + 2aF\tag{5}\]Из $(2)$, $(3)$ и $(5)$ получаем:

A2  ^4.00 Какую минимальную (!) силу $F_{2}$ необходимо прикладывать к ручке, чтобы ворота оставались неподвижными при горизонтальном положении коромысла?

Пусть теперь сила \(\vec{F}\), приложенная к ручке, образует произвольный угол \(\beta\) с горизонтом.

Плечо силы \(\vec{F}\) относительно оси ролика равно:LATEXEQUATIONМаксимум этого выражения равен \(\sqrt{5}\), поэтому минимальная сила равна

Достигается этот минимум при \(\beta \approx 27{^\circ}\).

B1  ^7.00 Пусть при очень медленном подъёме ворот из начального вертикального положения в конечное горизонтальное к ручке в каждый момент времени прикладывается минимальная необходимая для подъёма сила. Чему равно максимальное значение $F_{\max }$ этой минимальной силы? Иначе говоря, каких минимальных мускульных усилий потребует от человека подъём ворот?

Решение 1

Рассмотрим медленный подъём ворот из начального в конечное положение. Нарисуем качественный вид траектории нижней точки ворот. Разобьём траекторию на много очень маленьких участков одинаковой высоты ${h}$. При подъёме нижней точки на высоту ${h}$ центр масс ворот поднимается на ${h}/2$, а груз опускается на столько же, поэтому потенциальная энергия системы увеличивается на\[\Delta E = \frac{(M - m)gh}{2}\tag{14}\]

С другой стороны, это увеличение равно работе силы, прикладываемой к ручке: \[\Delta E = \vec{F} \cdot \Delta\vec{S}\tag{15}\]где \(\Delta\vec{S}\) -- малое перемещение нижнего края ворот. Отсюда видно, что сила минимальна тогда, когда она направлена по касательной к траектории. Возможность того, что в любом положении ворота можно удерживать силой, направленной так, будем считать очевидной. Минимальная сила, таким образом, равна\[{F_{\min}=\frac{\Delta E}{\Delta S}}\tag{16}\]При заданном ${h}$ числитель этой дроби – постоянная величина, а знаменатель \(\Delta S\) достигает минимума \(\Delta S = h\) тогда, когда сила \(\vec{F}\) направлена вертикально. Значит, максимум $(16)$ равен

Решение 2

Ответ на данный вопрос можно получить записывая законы Ньютона и/или уравнения моментов, введя в качестве неизвестных два угла. Например, таким образом.

Для стержня:$$ R_{\perp} l=m g l \cos \beta \implies R_{\perp}=m g \cos \beta $$Для ворот ($z $ перпендикулярно стержню): $$ z: \underbrace{R_{\perp}}_{m g \cos \beta}+N \cos \beta+F_x \sin \beta+F_y \cos \beta=M g \cos \beta\tag{14'} $$$$ F_x \frac{L}{2} \cos \alpha+F_y \cdot \frac{L}{2} \sin \alpha=N \frac{L}{2} \sin \alpha \implies F_x \operatorname{ctg} \alpha+F_y=N $$где $N$ – момент сил относительно центра масс.

Пoдставим $N$ в $(14')$: $$ \begin{aligned} & F_x \operatorname{ctg} \alpha \cos \beta+F_y \cos \beta+F_x \sin \beta+F_y \cos \beta=(M-m) g \cos \beta \quad \bigg|: \cos \beta \\ & F_x(\operatorname{ctg} \alpha+\operatorname{tg} \beta)+2 F_y=(M-m) g \end{aligned} $$Построим график $F_x\left(F_y\right)$. Он линеен и проходит через $(F_x,F_y)=\left(\dfrac{(M-m) g}{2},0\right)$ и $\left(0,\dfrac{(M-m) g}{\operatorname{tg} \alpha+\operatorname{ctg} \beta}\right)$.

$$
\begin{aligned}
& F_{\text {min }}=\dfrac{\dfrac{(M-m) g}{2} \cdot \dfrac{(M-m) g}{\operatorname{tg} \beta+\operatorname{ctg} \alpha}}{\sqrt{\left(\dfrac{(M-m) g}{\operatorname{tg} \beta+\operatorname{ctg} \alpha}\right)^2+\left(\dfrac{(M-m) g}{2}\right)^2}}=\dfrac{(M-m) g}{\sqrt{(\operatorname{tg} \beta+\operatorname{ctg} \alpha)^2+4}} \rightarrow \max
\end{aligned}$$Минимум величины $(\operatorname{tg} \beta+\operatorname{ctg} \alpha)^2 $ достигается в процессе и равен нулю, поскольку в начале $\alpha \ge 0, \beta>0 \implies \operatorname{tg} \beta+\operatorname{ctg} \alpha>0$, а в конце $\alpha =0, \beta < 0 \implies \operatorname{tg} \beta+\operatorname{ctg} \alpha < 0$. Таким образом, минимальная сила будет равна\[\left[F_{\min }\right]_{\max }=\frac{(M-m) g}{2} \]

C1  ^3.00 Если в верхнем положении открыть защёлку, то ворота начнут двигаться вниз, а коромысло – поворачиваться. Определите скорость груза в момент, когда ворота коснутся земли.

Пусть $\varphi$ – угол между рейкой и горизонтом. Запишем связь углов $\varphi$ и $\alpha$:\[h + R\sin\phi = a\sin\alpha\tag{17}\]В этом уравнении слева и справа стоит расстояние от точки $B$ до крыши гаража. Углы отсчитываются против часовой стрелки. Беря производную от обеих частей уравнения, получим:\[R\cos\phi\frac{\mathrm d\phi}{\mathrm dt} = a\cos\alpha\frac{\mathrm d\alpha}{\mathrm dt}\tag{18}\]Правая часть этого уравнения равна нулю, т.к. \(\cos 90{^\circ} = 0\). Следовательно, \({\mathrm d\phi}/{\mathrm dt} = 0\), т.е. угловая скорость коромысла в момент касания ворот земли будет равна нулю. К такому же выводу можно прийти, рассматривая мгновенную ось вращения ворот. Эта ось оказывается в точке $B$, т.е. скорость самой точки $B$ в данный момент равна нулю.

Таким образом, вся потенциальная энергия системы в начальном состоянии переходит в кинетическую энергию вращательного движения ворот относительно оси $B$:\[(M - m)gL = \frac{J\omega^{2}}{2}\tag{19}\]где \(J = M \cdot (2L)^{2}/12 = ML^{2}/3\) -- момент инерции ворот относительно оси B, \(\omega = {v}/{L}\) -- угловая скорость, \(v\) – искомая линейная скорость. Из написанных уравнений получаем:

Примечание. Ответ можно получить и не используя понятия момента инерции. Движение двери в вертикальном положении чисто вращательное, разбиваем на элементарные куски. Тогда зависимость $\Delta E_к / Delta s$ от $s$ (координата вдоль двери, $-L < s < L$) – линейная, а площадь под кривой (прямой) даст полную кинетическую энергию.