Съдържание

ВсОШ 2003, Зонален етап, 9–11 клас — Задача 10. Доска на барабанах

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от ВсОШ 2003

XXXVII Всероссийская олимпиада школьников по физике. Окружной этап. Теоретический тур

Условие

11 класс

На быстро вращающиеся навстречу друг другу барабаны кладется тонкая достаточно длинная доска, как показано на рисунке. Масса доски $m$ , длина доски $2L$ . Коэффициент трения скольжения между доской и барабанами $\mu$ , расстояние между осями барабанов $2b$ . Найдите закон движения центра доски (координаты от времени), если угол наклона к горизонту прямой, соединяющей оси барабанов, равен $\alpha$ , а в начальный момент времени центр доски расположен симметрично относительно барабанов, и скорость доски равна нулю. Считайте, что в любой момент времени доска не теряет контакта с обоими барабанами. При каком соотношении между $\alpha$ и $\mu$ найденный закон движения реализуем?

Наклонная доска длиной $2L$ лежит на двух барабанах, вращающихся навстречу друг другу (стрелки вращения); расстояние между осями барабанов $2b$; линия, соединяющая оси, наклонена к горизонтали (пунктир) под углом $\alpha$. — Рис. 12

Отговори

Решение

Нарисуем все силы, действующие на доску (рис. 27). Выбираем систему координат такую, что ось $x$ направлена вдоль доски. В этой системе координат можно записать следующую систему уравнений:

F_1 = \mu N_1, \qquad F_2 = \mu N_2, \qquad (1)

ma = F_1 - F_2 + mg\sin\alpha, \qquad (2)

0 = N_1b - N_2b + mgx\cos\alpha. \qquad (3)

Подставляя $F_1$ и $F_2$ в (2) и решая систему из двух уравнений (2) и (3) относительно $x$ , получаем уравнение:

a + \omega^2x = g\sin\alpha, \qquad \text{где} \qquad \omega^2 = \frac{\mu g}{b}\cos\alpha. \qquad (4)

Силы, действующие на доску длиной $2L$ на двух барабанах (расстояние между осями $2b$, угол наклона $\alpha$): нормальные реакции $\vec{N}_1$ и $\vec{N}_2$, силы трения $\vec{F}_1$ и $\vec{F}_2$ вдоль доски, сила тяжести $m\vec{g}$; оси $x$ (вдоль доски) и $y$ (перпендикулярно доске). — Рис. 27

Введем новую переменную $y$ следующим образом:

x = y + \frac{g\sin\alpha}{\omega^2}.

Тогда уравнение (4) можно привести к виду $a + \omega^2y = 0$ . Это уравнение является уравнением колебаний и имеет решение

y = y_0\cos(\omega t + \phi), \qquad \text{или} \qquad x = y_0\cos(\omega t + \phi) + \frac{g\sin\alpha}{\omega^2}.

Определим значения постоянных $y_0$ и $\phi$ из начальных условий

x\,|_{t=0} = 0, \qquad v\,|_{t=0} = 0.

Равенство нулю скорости в начальный момент приводит к равенству нулю начальной фазы $\phi$ . С учетом этого условия и равенства нулю координаты центра доски в начальный момент получаем

y_0 = -\frac{g\sin\alpha}{\omega^2}.

Таким образом, закон движения доски будет

x(t) = \frac{g\sin\alpha}{\omega^2}(1 - \cos\omega t).

Так как по условию задачи доска достаточно длинная, то колебательное движение доски возможно только при условии, что центр доски не выйдет за пределы точек опоры на барабаны: $-b < x < b$ , откуда $\mu > 2\operatorname{tg}\alpha$ . В противном случае доска потеряет устойчивость.

Окончательно, закон движения центра доски:

x(t) = \frac{g\sin\alpha}{\omega^2}(1 - \cos\omega t) \qquad \text{при} \qquad \mu > 2\operatorname{tg}\alpha.

Оригинал в Архива: ok03T.pdf