Съдържание

BelPhO 2004, Заключителен етап, 9–11 клас — Задача 11. 11 класс. Задание 3. «Кольцо на наклонной плоскости»

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от BelPhO 2004

2004 г

Условие

Однородный тонкостенный цилиндр радиуса $R$ и массы $m$ кладут на наклонную плоскость, образующую угол $\alpha$ с горизонтом. Коэффициент трения цилиндра о наклонную плоскость — $\mu$ .

Тонкостенный цилиндр (окружность радиуса R с отмеченным центром) на наклонной плоскости с углом α; справа стрелка g вниз; у плоскости подпись μ.

а) Найдите зависимость ускорения $a(\alpha)$ цилиндра от угла наклона плоскости $\alpha$ . Рассмотрите случаи движения цилиндра без проскальзывания и с проскальзыванием. Схематично постройте график полученной зависимости.

Тот же цилиндр на наклонной плоскости с углом α, на внутренней стороне обода у точки касания прикреплен небольшой груз (черная точка); стрелка g вниз; подпись μ.

б) Если к ободу цилиндра с его внутренней стороны прикрепить небольшой эксцентрик массы $m_0$ , то цилиндр при некоторых условиях сможет оставаться в состоянии равновесия на наклонной плоскости. Найдите эти условия. Укажите, в каком положении может находиться в равновесии описанная система при различных значениях $m_0$ .

Трением качения пренебречь.

Отговори

Решение

а) При достаточно большом трении движение цилиндра по наклонной плоскости будет происходить без проскальзывания. При этом на него будут действовать три силы — тяжести $m\vec{g}$ , реакции опоры $\vec{N}$ и трения покоя $\vec{F}_{\text{тр}}$ . Сила трения покоя при этом будет раскручивать цилиндр так, чтобы в любой момент времени скорость $\upsilon$ его поступательного движения совпадала с линейной скоростью вращения

\upsilon = \omega R. \qquad (1)

Соответственно полная кинетическая энергия катящегося без проскальзывания со скоростью $\upsilon$ цилиндра будет складываться из энергий поступательного и вращательного движений (теорема Кёнига)

E_K = \frac{m\upsilon^2}{2} + \frac{m(\omega R)^2}{2} = m\upsilon^2. \qquad (2)

Согласно закону равноускоренного движения

S = \frac{at^2}{2} = \frac{\upsilon^2}{2a} \quad \Rightarrow \quad \upsilon^2 = 2aS, \qquad (3)

где $a$ — искомое ускорение цилиндра.

С другой стороны, поскольку в системе нет тепловыделения, можем воспользоваться законом сохранения механической энергии

E_\text{П} = E_K \quad \Rightarrow \quad m g h = m g S\sin\alpha = m\upsilon^2 = \{(3)\} = 2aSm. \qquad (4)

Из (4) находим ускорение цилиндра в случае отсутствия проскальзывания

a = \frac{g\sin\alpha}{2}. \qquad (5)

Как следует из (5), ускорение цилиндра в этом случае в два раза меньше ускорения «свободного» скольжения по наклонной плоскости в отсутствие сил трения. Это обстоятельство (в совокупности с основным законом динамики) позволяет вычислить абсолютное значение силы трения покоя в данном случае

F_{\text{тр}} = \frac{m g\sin\alpha}{2}. \qquad (6)

С помощью (6) количественно определим условие «достаточно большого трения», при котором может происходить движение без проскальзывания. Поскольку максимальное значение силы трения покоя совпадает с силой трения скольжения (явлением «застоя» пренебрежем), то

\frac{mg\sin\alpha}{2} \le \mu N = \mu mg\cos\alpha \quad \Rightarrow \quad \mu \ge \frac{\mathrm{tg}\,\alpha}{2}. \qquad (7)

В случае недостаточного, «слабого» трения (при невыполнении условия (7)) сила трения уже «не будет успевать» раскручивать цилиндр до «нужной» угловой скорости (1). Соответственно, в системе начнется проскальзывание и, как следствие, тепловыделение. При этом, в соответствии с II законом Ньютона в проекции на наклонную плоскость, имеем

ma = mg\sin\alpha - \mu N = mg(\sin\alpha - \mu\cos\alpha) \quad \Rightarrow \quad a = g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha). \qquad (8)

Искомая зависимость $a(\alpha)$ имеет вид

a = \begin{cases} \dfrac{g\sin\alpha}{2}, & \text{при}\ \alpha \le \alpha^*,\ \alpha^* = \mathrm{arctg}(2\mu); \\ g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha), & \text{при}\ \alpha \ge \alpha^*. \end{cases} \qquad (9)

График зависимости (9) изображен на рисунке.

График a/g от α: сплошная линия растет линейно-подобно от 0 до излома при α*, затем круче до 1,0 при π/2; пунктиром показаны продолжения обеих ветвей (верхняя до 0,5 при π/2); на оси α отмечены α*, π/4, π/2, на оси a/g — 0,2…1,0.

б) После прикрепления эксцентрика цилиндр сможет оставаться в равновесии на достаточно шероховатой наклонной плоскости, благодаря уравновешивающему моменту силы тяжести эксцентрика относительно точки касания цилиндра и плоскости (точка А на рис.). При минимально возможной массе эксцентрика $m_0$ отрезок ОВ должен быть горизонтален. Тогда, записывая условия равенства моментов соответствующих сил тяжести относительно точки А, получим

Цилиндр с центром O на наклонной плоскости с углом α, точка касания A; горизонтальный отрезок OB к эксцентрику B на ободе; стрелка g вниз; подпись μ.

m_0 g(R - R\sin\alpha) = mgR\sin\alpha \quad \Rightarrow \quad m_0 = \frac{\sin\alpha}{1 - \sin\alpha} m. \qquad (10)

Первое условие равновесия (равенство нулю равнодействующей всех сил), приводит к очевидному требованию отсутствия скольжения по наклонной плоскости

\mu \ge \mathrm{tg}\,\alpha. \qquad (11)

Цилиндр на наклонной плоскости с углом α; груз на ободе, отрезок от груза к центру отклонен от вертикали на угол φ.

в) Положение равновесия будем определять углом отклонения отрезка между грузиком и центром от вертикали $\varphi$ . Условие равновесия в этом случае будет иметь вид

mgR\sin\alpha = m_0 gR(\sin\varphi - \sin\alpha).

Выразим отсюда равновесный угол

\sin\varphi = \frac{m + m_0}{m_0}\sin\alpha.

Это уравнение на интервале $[0, 2\pi]$ имеет два корня, один из которых неустойчивый, поэтому единственным реализуемым положением равновесия является угол

\varphi = \arcsin\left(\frac{m + m_0}{m_0}\sin\alpha\right).

Оригинал в Архива: 2004problems.pdf · официални решения: 2004solutions.pdf