223. Равновесие материальной частицы на шероховатой поверхности. Если частица $m$ находится в покое на шероховатой поверхности, то нормальная реакция $\boldsymbol{N}$ поверхности равна по модулю и прямо противоположна составляющей $F_{n} n^{0}$ от равнодействующей активных сил $F$ по нормали к поверхности, а сила трения $\bar{\Phi}$ равна по модулю и прямо противоположна составляющей $F_{\tau} \tau^{0}$ активных сил в касательной плоскости к поверхности (фиг. 130); при этом сила трения по модулю не может быть больше чем $k_{1} N$, где $k_{1}$ – постоянная, называемая коэффициентом статического трения, а $N$ модуль нормальной реакции (ср. §133). Вместо коэффициента $k_{1}$ часто вводят так называемый угол трения $\mu_{1}$, положив
\[
k_{1}=\operatorname{tg} \mu_{1} .
\]

Таким образом, в случае равновесия мы имеем
\[
\bar{N}<k_{1} .
\]
Фиг. 130.
Если назвать $\varphi$ угол между активной силой $\boldsymbol{F}$ и её нормальной составляющей, то мы отсюда получаем:
\[
\operatorname{tg} \varphi<\operatorname{tg} \mu_{1}
\]

или
\[
\varphi<\mu_{1} ;
\]
т. е. при равновесии угол между активной силой и её нормальной составляющей не должен превышать угла трения.

Вькказанное положение может быть проиллюстрировано следующими геометрическими соображениями (фиг. 131). Построим конус, приняв точку $m$ за вершину, нормаль $m n$ поверхностиза ось конуса и положив угол растворения конуса равным углу трения $\mu_{1}$. Этот конус носит название конуса трения для шероховатой поверхности. Из формулы (39.2) вытекает, что для равновесия частицы на поверхности необходимо, чтобы равнодействующая $F$ активных сил лежала в нутри конуса трения. Если поверхность удерживающая, то безразлично, внутри какой полы конуса проходит сила $F$; если же поверхность неудерживающая, то от конуса трения надо сохранить лишь одну полу, идущую в ту сторону, куда частица не может сойти. Например, если частица может сходить с поверхностн в направлении $m n$, то конус трения должен состоять лишь из полы $L^{\prime} m$.
$\Phi_{\text {иг. }} 131$.
Аналитически вопрос о разыскании воложений равновесия частицы разрешаєтся следующим образом. Пусть уравнение данной поверхности есть
\[
f(x, y, z)=0 .
\]

Тогда, если $n^{0}$ – единичный вектор нормали поверхности, то косинус угла $\varphi$ между активной силой $F$ и её нормальной составляющей $F_{n} n^{0}$ получит выражение:
\[
\cos \varphi=\left|F^{0} \cdot \boldsymbol{n}^{0}\right|,
\]

или, согласно формуле (18.58) на стр. 171,
\[
\cos \varphi=\frac{|\boldsymbol{F} \cdot \operatorname{grad} f|}{\tilde{F}|\operatorname{grad} f|} .
\]

С другой стороны, для угла трсния мы имеем
\[
\cos \mu_{1}=\frac{1}{\sqrt{1+k_{1}^{2}}} .
\]

Поэтому на основании формулы (39.2) мы получаем следующее условие равновесия:
\[
\frac{(F \cdot \operatorname{grad} f)^{2}}{F^{2}|\operatorname{grad} f|^{2}}>\frac{1}{1+k_{1}^{2}} .
\]

Положений равновесия оказывается, вообще говоря, бесконечное множество; они заполняют собой некоторую часть поверхности. Если в выражении (39.4) сохраним только знак равенства, то полученным уравнением совместно с уравнением (39.3) определится кривая на поверхности, служашая границей области равновесия. Для точек на рассматриваемой кривой сила $\boldsymbol{F}$ совпадает с одной из образующих конуса трения. Обычно при решении задачи сначала находят эти предельные положения равновесия, а затем с помощью неравенства (39.4) определяют, какие части поверхности заполнены положениями равновесия и где равновесие невозможно. Когда поверхность неудерживающая, то к условию (39.4) присоединяется ешё следующее:
\[
\boldsymbol{F} \cdot \mathrm{grad} f<0 \text {; }
\]

оно выражает собой то обстоятельство, что активная сила должна с положительной нормалью составлять тупой угол (ср. § 114).

Пример 122. Найдем положения равновесия весомой частицы на шероховатом эллипсоиде
\[
\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b}+\frac{z^{2}}{c^{2}}=1,
\]

предполагая, что ось $O z$ направлена вертикально вверх. Имеем
\[
\begin{array}{c}
F=-m g z^{3}, \\
\operatorname{grad} f=2\left(\frac{x x^{0}}{a^{2}}+\frac{y y^{0}}{b^{2}}+\frac{z z^{0}}{c^{2}}\right) ;
\end{array}
\]

поэтому формула (39.4) дает по выполнении сокращений следующее выражение:
\[
\frac{z^{2}}{c^{4}} \gtrdot \frac{1}{1+k_{1}^{2}}\left(\frac{x^{2}}{a^{4}}+\frac{y^{2}}{b^{4}}+\frac{z^{2}}{c^{4}}\right),
\]

или
\[
\frac{z^{2}}{c^{4}} k_{1}^{2} \geqslant \frac{x^{2}}{a^{4}}+\frac{y^{2}}{b^{4}} .
\]

Приняв во внимание уравнение эллипсоида, легко убеждаемся, что положения равновесия лежат внутри цилиндра
\[
\frac{x^{2}}{a^{2}}\left(1+\frac{c^{2}}{k_{1}^{2} a^{2}}\right)+\frac{y^{2}}{b^{2}}\left(1+\frac{c^{2}}{k_{1}^{2} b^{2}}\right)=1 .
\]

Если данный эллипсоид – поверхность удерживающая, положения равновесия заполняют две области, если же-неудерживающая, то только одну – либо верхнюю, либо нижнюю.

224. Равновесие материальной частицы на шероховатой кривой. Пусть материальная частица находится на кривой $A B$ в положении $m$ (фиг. 132). Построим из точки $m$, как вершины, конус вращения $L m L^{\prime}$ с осью по касательной $m \tau$ н с углом растворения $\angle \tau m L=\frac{\pi}{2}-\mu_{1}$, где $\mu_{1}$ – угол трения. Такой конус носит название конуєа трения для шероховатой кривой. Из формулы (39.2) видно, что для равновесия частицы необходимо, чтобы активная сила $\boldsymbol{F}$ лежала вне конуса трения. Положений равновесия частицы имеется, вообще говоря, бесконечное множество; они сплошь заполняют неко́торую часть кривой. Для предельных положений равновесия сила $F$ совпадает с какой-либо образующей конуса $L m L^{\prime}$. Аналитически вопрос о разыскании положений равновесия разрешается следующим образом. Пусть уравнение данной кривой представлено в форме зависимости радиуса-вектора текущей точки от длины $s$ дуги кривой:
\[
r=r(s) .
\]

Тогда, если $\tilde{\tau}^{0}$ есть единичный вектор касательной, синус угла между активной силой $\boldsymbol{F}$ и нормальной плоскостью кривой получит выражение
\[
\sin \varphi=F^{0} \cdot \bar{\tau}=\frac{F \cdot \frac{d r}{d s}}{F} .
\]

С другой стороны, для синуса угла трсния мы имеем выражение
\[
\sin \mu_{1}=\frac{k_{1}}{\sqrt{1+k_{1}^{2}}} .
\]

Поэтому на основании формулы (39.2) мы получаем следующее условие равновесия:
\[
\frac{\left(F \cdot \frac{d r}{d s}\right)^{2}}{F^{2}} \leqslant \frac{k_{1}^{2}}{1+k_{1}^{2}} .
\]

Знак равенства здесь соответствует предельным положениям равновесия. Поэтому, написав последнее выражение со знаком равенства, выразив через $\mathcal{s}$ все входящие в него єеличины и вычислив его корни, мы тем самым найдём предельные положения равновесия. Затем мы обратимся к неравенству (39.5) и с его помощью легко определим, какие части кривой между предельными положениями заполнены положениями равновесия и на каких участках кривой равновесие невозможно.

Пример 123. Найдём положения равновесия весомой материальной частицы на шероховатой циклоиде, ось которой вертикальна, а вершина обращена книзу. Поместим начало $O$ координат в вершине циклоиды, ось $O x$ направим горизонтально вправо, ось $O y$ вертикально вверх (фиг. 83 на стр. 213). Тогда, если радиус производящего круга равен $R$, уравнения кривой будут:
\[
\begin{array}{l}
x=R(\varphi+\sin \varphi), \\
y=R(1-\cos \varphi) .
\end{array}
\]

Отсюда легко найти, что угол между касательной к кривой в данной точке и горизонталью равен $\frac{p}{2}$ [см. формулу (22.25) на стр. 215]. Длина дуги $s$, отсчитываемая от начала координат, выразится следующим образом [см. формулу (22.23)на стр. 214]:
\[
s=4 R \sin \frac{\varphi}{2} .
\]

Вычисляем $\boldsymbol{F} \cdot \frac{d \boldsymbol{r}}{d s}$; имеем
\[
F \cdot \frac{d r}{d s}=F_{x} \frac{d x}{d s}+F_{v} \frac{d y}{d s}=0-m g \cdot \frac{d y}{d \varphi} \cdot \frac{d \varphi}{d s}=-m g \sin \frac{\varphi}{2} .
\]

Выражение.(39.5) принимает в нашем случае следующий вид:
\[
\sin ^{2} \frac{\rho}{2} ₹ \frac{k_{1}^{2}}{1+k_{1}^{2}} \text {. }
\]

Так как
\[
y=R(1-\cos \varphi)=2 R \sin ^{2} \frac{\varphi}{2},
\]

то, следовательно, частица будет находиться в равновесии лишь при
\[
y \rightleftharpoons 2 R \frac{k_{1}^{2}}{1+k_{1}^{2}},
\]
т. е. когда частица будет находиться над вершиной не выше чем на $2 R \frac{k_{1}^{2}}{1+k_{1}^{2}}$.

225. Равновесие материальных систем с трением. Уже для одной материальной частицы, как мы видели, задача о равновесии при существовании трения становится неопределённой, и всё дело сводится, собственно говоря, лишь к нахождению границ для положений равновесия. Ещё с большей неопределённостью мы встретимся при разыскании положений равновесия материальных систем с трением. Конечно, и для систем придётся вычислять лиџь крайние, предельные положения, но, кроме того, здесь появляется новый источник неопределённости, а именно: во многих случаях само направление сил трения неизвестно и должно быть найдено. Так как направление динамического трения вполне определяется скоростями точек системы, то мы иногда можем избежать указанной выше неопределённости двояким путём. Для этого мы или должны будем знать, каким движением система дошла до положения равновесия, и тогда мы будем в состоянии определить те силы трения, которых как раз было достаточно, чтобы задержать систему в покос; или, наоборот, мы будем искать те силы трения, при которых система может снова перейти из покоя в движение.

Пример 124. Для примера рассмотрим решение следующего вопроса; пусть твердое тело опирается $n$ точками $m_{v}(v=1,2,3, \ldots, n)$ на шероховатую плоскость и находится под действием заданных сил; требуется найти величинь сил трения в точках $m_{1}, m_{2}, \ldots, m_{n}$, ес.и тело при произвольно малом увеличении заданных сил придёт в движение по плоскости. Выбираем шероховатую плоскость за плоскость Oxy (фиг. 133); пусть главный вектор приложенных сил есть $\boldsymbol{F}$, а главный момент относительно начала координат равен $L_{O}$. Уже вычисление нормальных реакций $\boldsymbol{N}_{1}, \boldsymbol{N}_{2}, \ldots, \boldsymbol{N}_{n}$ плоскости в точках

$m_{1} m_{2}, \ldots, m_{n}$ поведёт при $n>3$ к неопределённости, так как для нахождения этих сил мы имеем лишь три уравнения (ср. пример 113 на стр. 388):
\[
F_{z}+\sum_{v=1}^{n} N_{v z}=0, \quad L_{O x}+\sum_{v=1}^{n} N_{v z} y_{v}=0, \quad L_{O y}+\sum_{v=1}^{n} N_{v z} x_{v}=0 .
\]

Мы не станем останавливаться на том, как на основании соображений из теории упругости можно обойти эту неопределённость, и прямо допустим, что

По условию твёрдое тело готово начать своё движение по плоскости. Из кинематики известно, что такое движение состоит из ряда вращений около некоторых мгновенных центров. Положение мгновенного центра вращения для начального движения обозначим через $C$; он может или занимать отдельное положение от всех точек $m_{v}$, или совпадать с одной из них. Разберём оба эти случая в отдельности.

Пусть мгновенный центр $C$ не совпадает ни с одной из точек $m_{v}$. Сила трения $\bar{\Phi}_{v}$, приложенная к какой-либо точке $m_{\mathrm{v}}$, перпендикулярна к радиусу-вектору $\bar{\rho}_{v}$, проведённому от точки $C$ к точке $m_{v}$, и имеет выражение
\[
\vec{\Phi}_{v}=k_{1} N_{v z} \bar{P}_{v}^{0} \times \bar{\omega}^{3},
\]

Фиг. 133.

где $\bar{\omega} 0$ есть единичный вектор той угловой скорости, которая возникла бы при нарушении равновесия. Выражаем условия равновесия, т. е. пишем, что равны нулю главный вектор всех сил и их главный момент относительно полюса $C$ :
\[
\begin{array}{r}
k_{1}\left(\sum_{v=1}^{n} N_{v z} \bar{\rho}_{v}^{-0}\right) \times \bar{\omega}^{0}+F=0, \\
-\overrightarrow{k_{1} \omega^{0}} \sum_{v=1}^{n} \bar{\rho}_{v} N_{v z}+L_{0}-r_{C} \times F=0,
\end{array}
\]

где $\boldsymbol{r}_{C}$-радиус-вектор полюса $C$ [см. формулу (3.2) на стр. 20]. Проектируем уравнение (39.7) на оси $O x$ и $O y$ и уравнение (39.8) на ось $\dot{O z}$; тогда в дополнение к уравнениям (39.6) мы получим следующие три уравнения:
\[
\begin{array}{c}
\pm k_{1} \sum_{v=1}^{n} N_{v z} \frac{y_{v}-y_{C}}{\rho_{v}}+F_{x}=0, \quad \mp k_{1} \sum_{v=1}^{n} N_{v z} \frac{x_{v}-x_{C}}{\rho_{v}}+F_{y}=0, \\
\mp k_{1} \sum_{v=1}^{n} \rho_{v} N_{v z}+L_{O z}-x_{C} F_{y}+y_{C} F_{x}=0 ;
\end{array}
\]

здесь
\[
\rho_{v}=\sqrt{\left(x_{v}-x_{C}\right)^{2}+\left(y_{v}-y_{C}\right)^{2}} .
\]

Верхний или нижний знак берётся в зависимости от того, стремятся активные силы привести тело во врацение по направлению против движения часовой стрелки или по часовой стрелке. Полученные уравнения позволяют определить положение мгновенного центра вращения $C$, а также выражают условие, которому должны быть подчинены активные силы.

В том случае, когда центр вращения $C$ совпадает с одной из опорных точек, например точкой $m_{\mu}$, уравнение $(39.10)$ заменится следующим:
\[
\mp k_{1} \sum_{
u=1}^{n} \rho_{\mu
u} N_{v z}+L_{O z}-x_{\mu} F_{y}+y_{\mu} F_{x}=0,
\]

где
\[
\rho_{\mu
u}= \pm \sqrt{\left(x_{
u}-x_{\mu}\right)^{2}+\left(y_{
u}-y_{\mu}\right)^{2}}
\]

штрих у зэака суммы означает, что суммирование распространяется на все значения $v$, кроме $
u=\mu$. Что же касается до уравнений (39.9), то они примут вид:
\[
\pm k_{1} \sum_{v=1}^{n} N_{v z} \frac{y_{y}-y_{\mu}}{\rho_{
u \mu}}+\Phi_{\mu x}+F_{x}=0, \mp k_{1} \sum_{v=1}^{n} N_{v z} \frac{x_{v}-x_{\mu}}{\rho_{v \mu}}+\Phi_{\mu y}+F_{y}=0 \text {. }
\]

Здесь $\Phi_{\mu x}$ и $\Phi_{\mu y}$ обозначают проекции на оси координат неизвестной нам силы трения $\bar{\Phi}_{\mu}$, приложенной к точке $m_{\mu}$ и удерживающей эту точку в покое. Должно заметить, что если сила $\Phi_{\mu}$, вычисленная по уравнениям (39.12), окажется по модулю больше $k_{1} N_{\mu}$, то предположение о том, что центр вращения $C$ совпадает с точкой $m_{v}$, должно быть отброшено как неверное.

Ход решения задачи будет следующий. Сначала пытаемся найти значения $x_{C}, y_{C}$, удовлетворяющие уравнения (39.9) и (39.10). Если это не удастся, обращаемся к уравнениям (39.12) и (39.13), причем перебираем все точки $m_{\mu}(\mu=1,2, \ldots, n)$ и отбрасываем те решения, для которых не соблюдается условие
\[
\Phi_{\mu} ₹ k_{1} N_{\mu} .
\]

Задача, нами рассмотренная, совпдает со следующей: определить положение оси, перпендикулярной к шероховатой плоскости, так, чтобы активные силы и силы трения давали около неё возможно наименьший момент. В самом деле, положение оси вполне даётся координатами $x_{C}, y_{C}$ следа ее $C$ на шероховатой плоскости. Главный момент $L_{C}$ сил относительно искомой оси выражается по предыдущему так:
\[
L_{C}=N+k_{1} \sum_{
u=1}^{n} k_{v} N_{v z}-x_{C} F_{y}+y_{C} F_{x} .
\]

Наименьшее значение $L_{C}$ соответствует тем значениям $x_{C}, y_{C}$, для которых производные
\[
\frac{\partial L_{C}}{\partial x_{C}}, \frac{\partial L_{C}}{\partial y_{C}}
\]

обращаются в нуль или бесконечность. В первом случае мы возвращаемся к уравнениям (39.9), а во втором случае какое-либо $p$, должно обратиться в нуль, т. е. согласно формуле (39.11) полюс $C$ совпадает с одной из точек $m_{y}$.

Когда наименьшее значение $L_{C}$ равно нулю, задача возможна, и тело под действием приложенных сил будет в равновесии; если наименьшее значение $L_{C}$ положительно, тело в равновесии быть не может; наконец, если наименьшее значение $L_{c}$ отрицательно, тело будєт в равновесии даже и в том случае, когда силы.трения не достигли ещё своих предельных значений.

Приме р 125. Найдём наименьший вертикальный момент сил, который в состоянии сдвинуть с места весомый стол, стоящий на шероховатой горизонтальной плоскости на трёх ножках и оказывающий ими одинаковые давления на плоскость.

Пусть точки $m_{1}, m_{2}, m_{3}$ изображают проекции ножек стола на горизонтальную плоскость (фиг. $134 \mathrm{a}$ ). Из уравнений $(39.6$ ) легко находим, что давления ножек на плоскость, или реакции плоскости на ножки, будут
\[
N_{1}=N_{2}=N_{3}=\frac{P}{3},
\]

если $P$ – вес стола. Так как по условию проекция главного вектора приложенных сил на горизонтальную плоскость равна нулю, то и сумма предельных сил трения $\bar{\Phi}_{1}, \bar{\Phi}_{2}, \bar{\Phi}_{3}$ должна быть нулём. Реакции $N_{1}, N_{2}, N_{3}$ равны между собой; значит, силы трения по модулю тоже равны между собой:
\[
\Phi_{1}=\Phi_{2}=\Phi_{3}=\frac{1}{3} k_{1} P ;
\]

по направлению они, следовательно, параллельны сторонам некоторого равностороннего треугольника, а перпендикулярные к ним радиусы-векторы $\bar{\rho}_{1}, \rho_{2}, \rho_{3}$, проведёные из мгновенного центра вращения $C$, должны образовать друг

с другом углы в $\frac{2}{3} \pi$. Отсюда вытекает следующее решение задачи: на двух сторонах треугольника строим по сегменту, вмешаюшему угол в $\frac{2}{3} \pi$; пересечение дуг этих сегментов и даетт искомый центр $C$. Зная положение точки $C$, из уравнений (39.10) при $F_{x}=F_{y}=0$ определяем искомый момент $L$.

Если треугольник $m_{1} m_{2} m_{3}$ тупоугольный и его тупой угол равен или больше $\frac{2}{3} \pi$, то дуги сегменттов, о которых выше была речь, внутри треугольника не пересекутся. В этом случае центр $C$, очевидно, совпадёт с вершиной

Фиг. 134a.
Фиг. 1346.

тупого угла треугольника. Пусть вершиной такого угла служит точка $m_{1}$ (фиг. 1346); тогда сила трения $\bar{\Phi}_{1}$, удерживающая точку $m_{1}$ в покое, должна быть направлена прямо противоположно сумме других двух сил трения, $\bar{\Phi}_{2}$ и $\bar{\Phi}_{3}$. Главный вектор $\bar{\Phi}_{2}, 3$ этих сил по модулю равен
\[
\Phi_{2,3}=\frac{2}{3} k_{1} P \cos \frac{\alpha}{2},
\]

если $a=\angle m_{2} m_{1} m_{3}$. Так как $a>\frac{2}{3} \pi$, то условие (39.14) выполняется. 226. Равновесие нити на шероховатой поверхности. Когда поверхность
\[
f(x, y, z)=0,
\]

на которой находится материальная нить, шероховатая, то сила трения, отнесённая к единице длины и приложенная к элементу нити $d s$, равняется по модулю
\[
k_{1} \mu_{1}|\operatorname{grad} f|
\]
(см. обозначения § 217). Сила трения лежит в касательной плоскости к поверхности (39.15). Уравнения равновесия (37.43) на стр. 409 заменятся следующими:
\[
\begin{array}{c}
\frac{d \lambda}{d s}+\Phi_{\tau}+k_{1} \mu_{1}|\operatorname{grad} f| \cos \varphi=0, \\
\frac{\lambda}{\rho} \bar{
u}^{0} \cdot g^{0}+\Phi_{g}+k_{1} \mu_{1}|\operatorname{grad} f| \sin \varphi=0, \\
\frac{\lambda}{\rho} \bar{
u}^{0} \cdot n^{0}+\Phi_{n}+\mu_{1}|\operatorname{grad} f|=0 ;
\end{array}
\]

здесь $\varphi$ – угол между силой трения и касательной $O \tau$ к нити.

Рассмотрим случай, когда активные силы отсутствуют, т. е. $\bar{\Phi}=0$ : тогда последние уравнения равновесия перепишутся так:
\[
\left.\begin{array}{r}
\frac{d \lambda}{d s}+k_{1} \mu_{1}|\operatorname{grad} f| \cos \varphi=0, \\
\frac{\lambda}{\rho} \bar{
u}^{0} \cdot g^{0}+k_{1} \mu_{1}|\operatorname{grad} f| \sin \varphi=0, \\
\frac{\lambda}{\rho} \bar{
u}^{0} \cdot n^{0}+\mu_{1}|\operatorname{grad} f|=0 .
\end{array}\right\}
\]

Исключив из последних двух уравнений $\mu_{1}|\operatorname{grad} f|$, мы находим:
\[
\pm \operatorname{tg}\left(\bar{
u}^{0}, n^{0}\right)+k_{1} \sin \varphi=0,
\]

или, если ввести угол трения,
\[
\pm \operatorname{tg}\left(\bar{
u} 0, n^{0}\right)+\operatorname{tg} \mu_{1} \cdot \sin \varphi=0 ;
\]

следовательно, угол ( $\bar{
u} 0, \hat{n}^{0}$ ) между главной нормалью кривой, по которой располагается нить, и нормалью к поверхности должен быть численно меньше угла трения.
Исключив из равенств (39.16) $\mu_{1}|\operatorname{grad} f|$ и $\varphi$, мы получим уравнение

где $\rho_{n}$ – радиус кривизны нормального сечения. Отсюда находим следующую формулу для натяжения нитн:
\[
\lambda=C e^{-\int \frac{d s}{\rho_{\mathrm{a}}} \sqrt{k_{1}^{2}-\operatorname{tg}^{2}\left(\bar{v}^{0}, n^{0}\right)}},
\]

где $C$-произвольная постоянная. Если нить расположена по геодезической линии поверхности, то $\operatorname{tg}\left(\bar{
u} \hat{
u}^{0} \boldsymbol{n}^{0}\right)=0$, и тогда натяжение вычисляется по формуле
\[
\lambda=C e^{-k_{1} \int \frac{d s}{\rho_{n}}}
\]