Подобные маховики
6/10Два подобных маховика изготовлены из одного металла, причём линейные размеры второго вдвое больше линейных размеров первого. Как относятся кинетические энергии маховиков при одной и той же угловой скорости вращения вокруг оси?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Кинетическая энергия вращения складывается из \(\frac12\Delta m\,v^2\) по всем кусочкам, а \(v = \omega r\). При увеличении размеров в \(k\) раз масса растёт как \(k^3\), а расстояния до оси — как \(k\).Разобьём маховик на маленькие кусочки массы \(\Delta m_i\) на расстояниях \(r_i\) от оси. Каждый движется со скоростью \(v_i = \omega r_i\), значит
\[ K = \sum \frac{\Delta m_i\,v_i^2}{2} = \frac{\omega^2}{2}\sum \Delta m_i r_i^2. \]При увеличении всех размеров в \(k = 2\) раза каждое \(r_i\) растёт в \(k\) раз, а каждая масса \(\Delta m_i = \rho\,\Delta V_i\) — в \(k^3\) раз (металл тот же, плотность та же). Значит сумма растёт в \(k^3\cdot k^2 = k^5\) раз:
\[ \frac{K_2}{K_1} = k^5 = 2^5 = 32. \]Проверка. Величина \(J = \sum\Delta m_i r_i^2\) называется моментом инерции (задача 2.7.5), и мы фактически показали, что \(J \propto k^5\) ✓. Тот же результат другим путём: \(J \propto mR^2\), масса выросла в 8 раз, \(R^2\) — в 4 раза, итого 32 ✓. Полезно почувствовать масштаб: вдвое больший маховик при той же угловой скорости запасает энергии в 32 раза больше — поэтому в маховичных накопителях так важен размер.Ответ \( K_2/K_1 = 32 \).Кольцо и диск
6/10Определите кинетическую энергию тонкого кольца радиуса \(R\) и массы \(m\), раскрученного до угловой скорости \(\omega\) вокруг его оси. Больше или меньше эта энергия в случае сплошного диска того же радиуса и массы?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея У кольца вся масса на одном и том же расстоянии \(R\) от оси, поэтому все точки движутся с одинаковой скоростью \(\omega R\). У диска же часть вещества ближе к оси и движется медленнее.Кольцо. Все точки имеют скорость \(v = \omega R\), значит
\[ K = \frac{mv^2}{2} = \frac{m\omega^2R^2}{2}. \]Диск. Разобьём его на тонкие кольца радиусов \(r_i \le R\). Кусочек массы \(\Delta m_i\) движется со скоростью \(\omega r_i < \omega R\), поэтому
\[ K_{\text{диск}} = \frac{\omega^2}{2}\sum\Delta m_i r_i^2 < \frac{\omega^2}{2}\,R^2\sum\Delta m_i = \frac{m\omega^2R^2}{2}. \]Значит у диска энергия меньше — при той же массе и том же радиусе.
Проверка. Точный подсчёт даёт \(J_{\text{диск}} = mR^2/2\), то есть ровно вдвое меньше ✓ (эта величина пригодится в задаче 2.7.7). Оценка «на глаз» тоже сходится: «средний квадрат радиуса» у диска равен \(R^2/2\), потому что вещества больше на периферии, но не настолько, чтобы догнать кольцо ✓. Практический вывод: чтобы маховик запасал больше энергии, массу надо выносить к ободу — так и делают ✓.Ответ \( K = \dfrac{mR^2\omega^2}{2} \); у диска энергия меньше (вдвое).Момент силы трения
6/10Маховик в виде кольца массы \(m\) и радиуса \(R\) с невесомыми спицами раскрутили до угловой скорости \(\omega\). Из-за трения он остановился. Найдите момент силы трения, если маховик остановился через время \(t\); если маховик до полной остановки сделал \(N\) оборотов.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Два разных «языка» для одной и той же задачи: через время удобнее говорить об угловом ускорении, через число оборотов — о работе. Оба соотношения даёт задача 2.7.8: \(\varepsilon = M/J\) и \(A = M\varphi\).Момент инерции кольца \(J = mR^2\) (вся масса на радиусе \(R\)).
Если известно время. Угловое ускорение постоянно и равно \(\varepsilon = \omega/t\), значит
\[ M = J\varepsilon = \frac{mR^2\omega}{t}. \]Если известно число оборотов. Работа момента трения равна всей кинетической энергии, а угол поворота \(\varphi = 2\pi N\):
\[ M\cdot 2\pi N = \frac{J\omega^2}{2} = \frac{mR^2\omega^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad M = \frac{mR^2\omega^2}{4\pi N}. \]Проверка. Оба ответа согласованы: при равнозамедленном вращении \(\varphi = \omega t/2\), то есть \(2\pi N = \omega t/2\). Подставив это во второй ответ, получаем \(M = mR^2\omega^2/(2\omega t) = mR^2\omega/t\) ✓ — совпало с первым. Размерности: \([mR^2\omega/t] = \text{кг}\cdot\text{м}^2/\text{с}^2 = \text{Н}\cdot\text{м}\) ✓.Ответ \( M = \dfrac{mR^2\omega}{t} \); \( M = \dfrac{mR^2\omega^2}{4\pi N} \).Обруч плашмя на столе
6/10Тонкий обруч радиуса \(R\) раскрутили вокруг его оси до угловой скорости \(\omega\) и положили плашмя на горизонтальный стол. Через какое время обруч остановится, если коэффициент трения между столом и обручем равен \(\mu\)? Сколько оборотов сделает обруч до полной остановки?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Обруч лежит плашмя, значит все его точки трутся о стол на одном и том же расстоянии \(R\) от оси. Поэтому момент трения считается совсем просто: полная сила трения \(\mu mg\), плечо \(R\).Все точки обода — на одном радиусе \(R\), поэтому момент трения равен \(\mu m g R\). Момент трения. Каждый кусочек обода прижат с силой \(\Delta N_i\) и испытывает трение \(\mu\Delta N_i\) с плечом \(R\). Суммируя:
\[ M = \sum \mu\,\Delta N_i\,R = \mu R\sum\Delta N_i = \mu m g R. \]Время. Момент инерции \(J = mR^2\), угловое ускорение
\[ \varepsilon = \frac{M}{J} = \frac{\mu m g R}{mR^2} = \frac{\mu g}{R}, \] \[ t = \frac{\omega}{\varepsilon} = \frac{\omega R}{\mu g}. \]Число оборотов. Из работы момента трения:
\[ \mu m g R\cdot 2\pi n = \frac{mR^2\omega^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad n = \frac{\omega^2R}{4\pi\mu g}. \]Проверка. Проверим согласованность: \(\varphi = \omega t/2 = \omega^2R/(2\mu g)\), а \(2\pi n\) даёт то же самое ✓. Заметим, что \(\varepsilon = \mu g/R\) — это в точности «линейное» замедление \(\mu g\), делённое на радиус ✓: каждая точка обода тормозится так же, как брусок, скользящий по столу. Поэтому и время \(t = v_0/(\mu g)\), где \(v_0 = \omega R\) — начальная скорость точек обода ✓. Ответ не зависит от массы ✓ — как и всегда, когда всё определяется трением.Ответ \( t = \dfrac{\omega R}{\mu g} \); \( n = \dfrac{\omega^2 R}{4\pi\mu g} \).Задача 2.7.5
6/10Кинетическая энергия твёрдого тела, вращающегося вокруг оси, пропорциональна квадрату угловой скорости: \(K = J\omega^2/2\). Коэффициент \(J\) называется моментом инерции относительно данной оси. Найдите момент инерции для гантели, представляющей собой точечные массы \(m_1\) и \(m_2\) на концах лёгкого стержня, если ось её вращения перпендикулярна стержню и находится на расстоянии \(r_1\) и \(r_2\) от точечных масс.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Просто сложить кинетические энергии обеих точек и вынести \(\omega^2/2\) за скобку — то, что останется в скобке, и есть \(J\).Точки движутся по окружностям радиусов \(r_1\) и \(r_2\) с одной и той же угловой скоростью, значит их скорости \(v_1 = \omega r_1\) и \(v_2 = \omega r_2\):
\[ K = \frac{m_1v_1^2}{2} + \frac{m_2v_2^2}{2} = \frac{\omega^2}{2}\left(m_1r_1^2 + m_2r_2^2\right). \]Сравнивая с \(K = J\omega^2/2\), получаем
\[ J = m_1r_1^2 + m_2r_2^2. \]Проверка. Формула сразу обобщается: для любого тела \(J = \sum \Delta m_i r_i^2\) — именно это мы и использовали в задачах 2.7.1 и 2.7.2 ✓. Проверим известные случаи: кольцо (вся масса на радиусе \(R\)) даёт \(J = mR^2\) ✓; если ось проходит через одну из масс \((r_1 = 0)\), то \(J = m_2r_2^2\) ✓ — вторая масса «не чувствует» первую. Момент инерции зависит не только от тела, но и от выбора оси ✓.Ответ \( J = m_1r_1^2 + m_2r_2^2 \).Цилиндр в углу
6/10Тонкостенный цилиндр радиуса \(R\) раскрутили до угловой скорости \(\omega\) и поставили в угол. Коэффициент трения между стенками угла и цилиндром равен \(\mu\). Сколько оборотов цилиндр сделает до полной остановки?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Цилиндр никуда не едет, значит силы уравновешены — из этого найдём обе нормальные реакции. Они «подпирают» друг друга: трение о пол прижимает цилиндр к стенке, а трение о стенку разгружает пол.Трение о пол прижимает цилиндр к стенке, трение о стенку поддерживает его снизу. Равновесие центра. Цилиндр вращается, но не движется поступательно. По горизонтали и по вертикали:
\[ N_2 = \mu N_1,\qquad N_1 + \mu N_2 = mg. \]Подставляем первое во второе:
\[ N_1(1+\mu^2) = mg \quad\Longrightarrow\quad N_1 = \frac{mg}{1+\mu^2},\qquad N_2 = \frac{\mu mg}{1+\mu^2}. \]Момент трения. Обе силы трения тормозят вращение, плечо у обеих равно \(R\):
\[ M = \mu N_1R + \mu N_2R = \mu R\,(N_1+N_2) = \frac{\mu mgR\,(1+\mu)}{1+\mu^2}. \]Число оборотов. Момент инерции тонкостенного цилиндра \(J = mR^2\), и работа момента трения равна кинетической энергии:
\[ \frac{\mu mgR(1+\mu)}{1+\mu^2}\cdot 2\pi n = \frac{mR^2\omega^2}{2}, \] \[ n = \frac{\omega^2R\,(1+\mu^2)}{4\pi g\,\mu\,(1+\mu)}. \]Проверка. Если стенку убрать \((N_2 = 0)\), формулы дали бы \(N_1 = mg\) и \(n = \omega^2R/(4\pi\mu g)\) — в точности задача 2.7.4 ✓. Наличие второй стенки увеличивает трение (множитель \((1+\mu)/(1+\mu^2) > 1\) при \(\mu < 1\)), поэтому оборотов получается меньше ✓. При очень большом \(\mu\) множитель \((1+\mu^2)/[\mu(1+\mu)]\) стремится к единице, то есть \(n \to \omega^2R/(4\pi g)\) — столько же, сколько было бы и без стенки ✓; а наименьшее число оборотов получается при \(\mu = 1+\sqrt2 \approx 2{,}4\). Ответ не зависит от массы ✓.Ответ \( n = \dfrac{\omega^2R\,(1+\mu^2)}{4\pi g\mu\,(1+\mu)} \).Сплошной цилиндр в углу
6/10Решите задачу 2.7.6 в случае, если в угол поставили раскрученный сплошной однородный цилиндр. Момент инерции такого цилиндра \(J = mR^2/2\), где \(m\) — его масса.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Силы и момент трения остались теми же — они зависят только от веса и трения, а не от того, как масса распределена внутри. Изменилась только запасённая энергия: её вдвое меньше.Расстановка сил и момент трения — как в задаче 2.7.6:
\[ M = \frac{\mu mgR(1+\mu)}{1+\mu^2}. \]Кинетическая энергия теперь вдвое меньше:
\[ K = \frac{J\omega^2}{2} = \frac{mR^2\omega^2}{4}. \]Значит и оборотов будет вдвое меньше:
\[ \frac{\mu mgR(1+\mu)}{1+\mu^2}\cdot 2\pi n = \frac{mR^2\omega^2}{4} \quad\Longrightarrow\quad n = \frac{\omega^2R\,(1+\mu^2)}{8\pi g\mu\,(1+\mu)}. \]Проверка. Ровно половина ответа задачи 2.7.6 ✓ — как и должно быть, ведь тормозящий момент тот же, а энергии вдвое меньше. Обратите внимание: при одинаковой угловой скорости сплошной цилиндр остановится и быстрее по времени — вдвое, поскольку \(\varepsilon = M/J\) вдвое больше ✓.Ответ \( n = \dfrac{\omega^2R\,(1+\mu^2)}{8\pi g\mu\,(1+\mu)} \) — вдвое меньше, чем у тонкостенного.Работа момента и угловое ускорение
6/10Момент сил, действующих на твёрдое тело относительно его оси вращения, равен \(M\). Докажите, что работа этих сил равна \(M\varphi\), а угловое ускорение тела равно \(M/J\), где \(\varphi\) — угол поворота тела, а \(J\) — момент инерции тела относительно оси вращения.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Работа считается по определению: сила на перемещение. У точки на расстоянии \(r\) от оси перемещение равно \(r\,\Delta\varphi\), и «сила на плечо» сама собирается в момент. А угловое ускорение получится из теоремы о кинетической энергии.Работа. Пусть к телу приложены силы \(\vec F_i\) в точках на расстояниях \(r_i\) от оси. При повороте на малый угол \(\Delta\varphi\) точка приложения смещается на \(r_i\Delta\varphi\) вдоль окружности, поэтому работу совершает только касательная составляющая \(F_{i\tau}\):
\[ \Delta A = \sum F_{i\tau}\,r_i\,\Delta\varphi = \left(\sum F_{i\tau}r_i\right)\Delta\varphi = M\,\Delta\varphi. \]Складывая по всем малым поворотам (при постоянном \(M\)):
\[ A = M\varphi. \]Угловое ускорение. По теореме о кинетической энергии
\[ M\varphi = \frac{J\omega^2}{2} - \frac{J\omega_0^2}{2}. \]При постоянном \(M\) угловое ускорение \(\varepsilon\) постоянно, и для равнопеременного вращения справедливо \(\omega^2 = \omega_0^2 + 2\varepsilon\varphi\). Подставляя,
\[ M\varphi = \frac{J}{2}\cdot 2\varepsilon\varphi = J\varepsilon\varphi \quad\Longrightarrow\quad \varepsilon = \frac{M}{J}. \]Проверка. Формулы полностью повторяют «поступательные»: \(A = Fs\) и \(a = F/m\), только сила заменяется моментом, перемещение — углом, а масса — моментом инерции ✓. Это соответствие («словарь вращения») очень удобно: \(F\leftrightarrow M\), \(m\leftrightarrow J\), \(v\leftrightarrow\omega\), \(p = mv\leftrightarrow L = J\omega\), \(mv^2/2\leftrightarrow J\omega^2/2\) ✓. Заметим, что нормальные составляющие сил работы не совершают ✓ — они перпендикулярны перемещению, и это правильно: ось не даёт телу двигаться в их направлении.Ответ \( A = M\varphi \) и \( \varepsilon = M/J \) — «вращательные» аналоги \(A = Fs\) и \(a = F/m\).Задача 2.7.9
6/10Определите угловое ускорение блока радиуса \(R\) с моментом инерции \(J\), вызванное двумя грузами массы \(m_1\) и \(m_2\), закреплёнными на концах нити, перекинутой через блок, если нить не проскальзывает по блоку.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Раз блок имеет момент инерции, натяжения по обе стороны разные — именно их разность и раскручивает блок. Пишем три уравнения: два «поступательных» для грузов и одно «вращательное» для блока.Нить не скользит, поэтому \(a = \varepsilon R\). Связь. Нить нерастяжима и не проскальзывает, значит грузы движутся с одинаковым по модулю ускорением \(a\), и точки обода блока — тоже:
\[ a = \varepsilon R. \]Уравнения. Пусть \(m_1 > m_2\), первый груз опускается:
\[ m_1g - T_1 = m_1a,\qquad T_2 - m_2g = m_2a,\qquad (T_1-T_2)R = J\varepsilon = \frac{Ja}{R}. \]Складываем все три (натяжения уходят):
\[ (m_1-m_2)g = (m_1+m_2)a + \frac{Ja}{R^2} \quad\Longrightarrow\quad a = \frac{(m_1-m_2)gR^2}{J + (m_1+m_2)R^2}, \] \[ \varepsilon = \frac{a}{R} = \frac{|m_1-m_2|\,gR}{J + m_1R^2 + m_2R^2}. \]Проверка. При \(J = 0\) (невесомый блок) получается школьная машина Атвуда: \(a = (m_1-m_2)g/(m_1+m_2)\) ✓. При \(m_1 = m_2\) ускорение равно нулю ✓. Момент инерции входит в знаменатель как «добавочная масса» \(J/R^2\) ✓ — блок сопротивляется разгону ровно так, как груз массы \(J/R^2\), подвешенный к ободу. Если \(J\) очень велико, \(\varepsilon\to0\) ✓.Ответ \( \varepsilon = \dfrac{|m_1-m_2|\,gR}{J + m_1R^2 + m_2R^2} \).Двигатель на подставке
6/10Электродвигатель закреплён на подставке так, что его ось и общий центр масс находятся посередине между опорами, расстояние между которыми равно \(l\). Его поставили на гладкую горизонтальную поверхность. Найдите силы давления опор подставки на поверхность, если после включения ротор двигателя раскручивается с угловым ускорением \(w\), а его момент инерции равен \(J\). Масса двигателя с подставкой \(m\).
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Чтобы раскрутить ротор, статор действует на него моментом \(Jw\). По третьему закону Ньютона ротор действует на корпус таким же моментом в обратную сторону — и этот момент должны уравновесить опоры, «перекачивая» вес с одной на другую.Реактивный момент ротора «пересаживает» часть веса с одной опоры на другую. По вертикали. Корпус остаётся на месте, значит
\[ N_1 + N_2 = mg. \]Моменты относительно центра масс. На корпус действует реактивный момент \(Jw\) со стороны ротора; его уравновешивает пара реакций опор, у каждой из которых плечо \(l/2\):
\[ (N_2 - N_1)\,\frac{l}{2} = Jw \quad\Longrightarrow\quad N_2 - N_1 = \frac{2Jw}{l}. \]Решаем систему и по третьему закону Ньютона переходим к силам давления на поверхность:
\[ P_1 = \frac{mg}{2} - \frac{Jw}{l},\qquad P_2 = \frac{mg}{2} + \frac{Jw}{l}. \]Проверка. Сумма \(P_1+P_2 = mg\) ✓ — вес никуда не делся, он лишь перераспределился. При \(w = 0\) обе опоры нагружены поровну ✓. Если разгон достаточно резкий, \(Jw/l\) может превысить \(mg/2\), и формула даёт \(P_1 < 0\) — это значит, что двигатель «встаёт на дыбы», отрывая переднюю опору ✓; именно поэтому мощные машины крепят к фундаменту. Заметим, что поверхность гладкая, но это не мешает: горизонтальных сил здесь нет вовсе ✓.Ответ \( P_1 = \dfrac{mg}{2} - \dfrac{Jw}{l} \), \( P_2 = \dfrac{mg}{2} + \dfrac{Jw}{l} \).Цилиндр на бруске
6/10На гладком горизонтальном столе находится брусок массы \(m_1\). На нём укреплён тонкостенный цилиндр массы \(m_2\) и радиуса \(R\), который может без трения вращаться вокруг своей оси. На цилиндр намотана невесомая тонкая нить, за конец которой тянут с горизонтальной силой \(F\). Найдите ускорение бруска и угловое ускорение цилиндра.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Задача распадается надвое. Поступательное движение: единственная внешняя горизонтальная сила — это \(F\), и она разгоняет всю систему целиком. Вращение: относительно собственной оси цилиндр раскручивает только момент \(FR\) — реакция оси проходит через ось и момента не создаёт.Стол гладкий, ось цилиндра — тоже: разгоняет всё только сила \(F\). Ускорение бруска. Стол гладкий, поэтому у системы «брусок + цилиндр» единственная внешняя горизонтальная сила — это \(F\):
\[ F = (m_1+m_2)\,a \quad\Longrightarrow\quad a = \frac{F}{m_1+m_2}. \]Цилиндр закреплён на бруске, поэтому и его ось движется с тем же ускорением.
Угловое ускорение. Относительно собственной оси на цилиндр действует только момент нити (сила со стороны оси приложена к самой оси и момента не даёт, трения в оси нет). Момент инерции тонкостенного цилиндра \(J = m_2R^2\):
\[ FR = m_2R^2\,\varepsilon \quad\Longrightarrow\quad \varepsilon = \frac{F}{m_2R}. \]Проверка. Обратите внимание: \(\varepsilon\) вообще не зависит от массы бруска ✓ — как бы ни двигалась ось, вокруг неё цилиндр раскручивается одинаково (второй закон Ньютона для вращения справедлив относительно оси, проходящей через центр масс, даже если та ускоряется). Проверим энергетику: за время \(t\) нить вытягивается на \(at^2/2 + \varepsilon R t^2/2\), и работа \(F\) как раз равна сумме кинетических энергий поступательного и вращательного движения ✓. Размерности: \([F/(m_2R)] = \text{Н}/(\text{кг}\cdot\text{м}) = \text{с}^{-2}\) ✓.Ответ \( a = \dfrac{F}{m_1+m_2} \), \( \varepsilon = \dfrac{F}{m_2R} \).Цилиндр скатывается
6/10Найдите ускорение, с которым скатывается без проскальзывания по наклонной плоскости с углом \(\alpha\) тонкостенный цилиндр. Какова сила трения, действующая на него?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Проще всего — энергетически: при качении без проскальзывания скорость обода равна скорости центра, поэтому кинетическая энергия ровно вдвое больше обычной \(mv^2/2\). Значит и «скатывается» цилиндр вдвое медленнее бруска.Кинетическая энергия. При качении без проскальзывания \(v = \omega R\), и для тонкостенного цилиндра \((J = mR^2)\)
\[ K = \frac{mv^2}{2} + \frac{J\omega^2}{2} = \frac{mv^2}{2} + \frac{mv^2}{2} = mv^2. \]Ускорение. Трение при качении без проскальзывания работы не совершает (точка касания мгновенно неподвижна), поэтому вся работа силы тяжести идёт в \(K\). Спустившись вдоль плоскости на \(s\), цилиндр опускается на \(s\sin\alpha\):
\[ mv^2 = mgs\sin\alpha \quad\Longrightarrow\quad v^2 = gs\sin\alpha. \]Сравнивая с \(v^2 = 2as\), получаем
\[ a = \frac{g\sin\alpha}{2}. \]Сила трения. Второй закон Ньютона вдоль плоскости:
\[ mg\sin\alpha - F_{\text{тр}} = ma = \frac{mg\sin\alpha}{2} \quad\Longrightarrow\quad F_{\text{тр}} = \frac{mg\sin\alpha}{2}. \]Проверка. Проверим через моменты: \(F_{\text{тр}}R = J\varepsilon = mR^2(a/R)\), то есть \(F_{\text{тр}} = ma = mg\sin\alpha/2\) ✓ — совпало. У бруска без вращения было бы \(a = g\sin\alpha\), у сплошного цилиндра \(a = \frac23 g\sin\alpha\) ✓ — чем дальше масса от оси, тем медленнее скатывание. Чтобы качение было возможно, нужен коэффициент трения \(\mu \ge F_{\text{тр}}/(mg\cos\alpha) = \frac12\operatorname{tg}\alpha\) ✓.Ответ \( a = \dfrac{g\sin\alpha}{2} \), \( F_{\text{тр}} = \dfrac{mg\sin\alpha}{2} \).Задача 2.7.13
6/10Оси тонкостенного и сплошного цилиндров соединены невесомой штангой. Цилиндры скатываются без проскальзывания по наклонной плоскости с углом \(\alpha\). Радиусы цилиндров одинаковы, масса каждого цилиндра \(m\). Определите силу натяжения штанги.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Поодиночке сплошной цилиндр скатывался бы быстрее \((\frac23 g\sin\alpha)\), чем тонкостенный \((\frac12 g\sin\alpha)\). Штанга заставляет их ехать вместе: сплошной тянет тонкостенный вперёд, а тот его придерживает.Штанга уравнивает ускорения — и потому оказывается натянутой. Тонкостенный \((J = mR^2)\). Вдоль плоскости и по моментам относительно его оси:
\[ mg\sin\alpha + T - f_1 = ma,\qquad f_1R = mR^2\frac{a}{R} \;\Rightarrow\; f_1 = ma. \]Отсюда \(\;mg\sin\alpha + T = 2ma\). (1)
Сплошной \((J = mR^2/2)\):
\[ mg\sin\alpha - T - f_2 = ma,\qquad f_2R = \frac{mR^2}{2}\frac{a}{R} \;\Rightarrow\; f_2 = \frac{ma}{2}. \]Отсюда \(\;mg\sin\alpha - T = \tfrac32 ma\). (2)
Складываем (1) и (2):
\[ 2mg\sin\alpha = \frac72\,ma \quad\Longrightarrow\quad a = \frac{4}{7}\,g\sin\alpha. \]Подставляем в (2):
\[ T = mg\sin\alpha - \frac32\cdot\frac47\,mg\sin\alpha = mg\sin\alpha\left(1-\frac67\right) = \frac17\,mg\sin\alpha. \]Проверка. Общее ускорение \(\frac47 g\sin\alpha \approx 0{,}571\,g\sin\alpha\) лежит между «одиночными» значениями \(0{,}5\) и \(0{,}667\) ✓. Знак \(T>0\) означает, что штанга растянута ✓ — так и должно быть: быстрый тянет медленного. Проверим (1): \(mg\sin\alpha + \frac17 mg\sin\alpha = \frac87 mg\sin\alpha = 2m\cdot\frac47 g\sin\alpha\) ✓. Заметим, что порядок цилиндров (кто впереди) на ответ не влияет ✓ — важна только связь.Ответ \( T = \dfrac17\,mg\sin\alpha \) (штанга растянута); попутно \( a = \dfrac47\,g\sin\alpha \).Задача 2.7.14
6/10На тонкостенный цилиндр намотана нить, конец которой закреплён на стойке так, что при соскальзывании цилиндра с наклонной плоскости нить остаётся параллельной наклонной плоскости. Какую скорость приобрёл цилиндр, если его ось прошла расстояние \(l\)? Угол наклона плоскости \(\alpha\), коэффициент трения между плоскостью и цилиндром \(\mu\).
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Нить сходит с верхней точки цилиндра и не растягивается — значит эта точка мгновенно неподвижна. Отсюда сразу связь \(\omega = v/R\) с «обратным» знаком, а точка касания движется вдвое быстрее оси: \(2v\). Именно на этой удвоенной длине и работает трение.Верхняя точка цилиндра держится нитью и стоит на месте; точка касания скользит со скоростью \(2v\). Кинематика. Нить нерастяжима, закреплена на стойке и сходит с верхней точки цилиндра — значит скорость этой точки вдоль нити равна нулю:
\[ v + \omega_{\text{«вперёд»}}R = 0 \quad\Longrightarrow\quad |\omega| = \frac{v}{R}, \]причём цилиндр вращается «назад» относительно качения. Тогда скорость точки касания равна
\[ v_{\text{кас}} = v + |\omega| R = 2v. \]Цилиндр скользит по плоскости, и пока ось проходит \(l\), точка касания прочерчивает по плоскости путь \(2l\).
Энергия. Кинетическая энергия цилиндра \((J = mR^2,\ |\omega| = v/R)\):
\[ K = \frac{mv^2}{2} + \frac{mR^2}{2}\cdot\frac{v^2}{R^2} = mv^2. \]Работу совершают тяжесть и трение; натяжение нити работы не совершает — точка её схода неподвижна. Реакция \(N = mg\cos\alpha\) (нить параллельна плоскости и на нормаль не влияет), сила трения \(\mu mg\cos\alpha\), а путь её точки приложения равен \(2l\):
\[ mv^2 = mgl\sin\alpha - \mu mg\cos\alpha\cdot 2l. \]Ответ.
\[ v = \sqrt{gl\left(\sin\alpha - 2\mu\cos\alpha\right)}. \]Проверка. Движение возможно лишь при \(\operatorname{tg}\alpha > 2\mu\) ✓ — нить как бы удваивает вредное действие трения, потому что точка касания скользит вдвое быстрее оси. Без нити брусок разогнался бы до \(v^2 = 2gl(\sin\alpha-\mu\cos\alpha)\) — вдвое больше при \(\mu = 0\) ✓: половина энергии здесь уходит во вращение. Проверим предел \(\mu = 0\): \(v = \sqrt{gl\sin\alpha}\), и это ровно то же, что у катящегося тонкостенного цилиндра (задача 2.7.12) ✓ — разумно, ведь энергия делится поровну одинаково.Ответ \( v = \sqrt{gl\left(\sin\alpha - 2\mu\cos\alpha\right)} \).Гиря на шнуре с цилиндра
6/10Сплошной цилиндр массы \(m_1\) насажен на горизонтальную ось. На цилиндр намотан шнур, к свободному концу которого подвешена гиря массы \(m_2\). С каким ускорением станет опускаться гиря, если её отпустить?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея То же, что в задаче 2.7.9, только «второго груза» нет, а блоком служит сам цилиндр. Его момент инерции \(J = m_1R^2/2\) работает как добавочная масса \(J/R^2 = m_1/2\).Пусть \(R\) — радиус цилиндра, \(T\) — натяжение шнура, \(a = \varepsilon R\).
\[ m_2g - T = m_2a,\qquad TR = \frac{m_1R^2}{2}\cdot\frac{a}{R} \;\Rightarrow\; T = \frac{m_1a}{2}. \]Подставляя,
\[ m_2g = m_2a + \frac{m_1a}{2} \quad\Longrightarrow\quad a = \frac{2m_2g}{2m_2+m_1}. \]Проверка. Радиус сократился ✓ — на каком бы цилиндре ни был намотан шнур, важно лишь отношение \(J/R^2\). При \(m_1 \to 0\) получаем \(a = g\) ✓ — свободное падение. При \(m_1 \gg m_2\) ускорение мало ✓. Формула — частный случай общей \(a = g/(1 + J/(m_2R^2))\), которую мы получим в следующей задаче ✓.Ответ \( a = \dfrac{2m_2g}{2m_2+m_1} \).Измерение момента инерции
6/10Твёрдое тело насажено на горизонтальную ось, проходящую через его центр масс. На ту же ось насажен лёгкий блок радиуса \(r\), жёстко прикреплённый к телу. К свободному концу нити, намотанной на блок, подвешена гиря массы \(m\). Гирю отпускают. Через время \(t\) она опускается на расстояние \(h\). Найдите момент инерции тела.
К задаче 2.7.16 (рисунок из условия, перерисован) ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Это уже не расчёт, а рецепт измерения: по \(h\) и \(t\) находим ускорение, по ускорению — натяжение, по натяжению — момент, а по моменту — искомое \(J\).Ускорение. Движение равноускоренное из состояния покоя:
\[ h = \frac{at^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad a = \frac{2h}{t^2}. \]Уравнения.
\[ mg - T = ma,\qquad Tr = J\varepsilon = \frac{Ja}{r}. \]Из первого \(T = m(g-a)\), подставляем во второе:
\[ J = \frac{Tr^2}{a} = mr^2\left(\frac{g}{a}-1\right) = mr^2\left(\frac{gt^2}{2h} - 1\right). \]Проверка. Если тело «невесомое» \((J = 0)\), формула требует \(a = g\), то есть \(gt^2/(2h) = 1\) ✓ — свободное падение. Чем больше \(J\), тем медленнее опускается гиря и тем больше \(t\) ✓. Величина в скобках всегда положительна, ведь \(a < g\) ✓. Проверим на задаче 2.7.15: там \(J = m_1r^2/2\), и формула даёт \(a = g/(1+m_1/(2m)) = 2mg/(2m+m_1)\) ✓ — совпало. Это и есть школьный способ измерить момент инерции: секундомер, линейка и гирька.Ответ \( J = mr^2\left(\dfrac{gt^2}{2h} - 1\right) \).Ступенчатый блок
6/10На ступенчатый цилиндрический блок намотаны в противоположных направлениях две нити с подвешенными к ним грузами массы \(m_1\) и \(m_2\). Найдите ускорение грузов и силу натяжения нитей. Момент инерции блока \(J\), радиус соответствующих участков блока \(R_1\) и \(R_2\).
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Всё как в задаче 2.7.9, только плечи у грузов разные: \(a_1 = \varepsilon R_1\), \(a_2 = \varepsilon R_2\). Кто «перетянет», решает не масса, а произведение \(mR\) — момент силы тяжести.Нити намотаны в разные стороны: один груз опускается, другой поднимается. Кинематика. Пусть \(\varepsilon\) — угловое ускорение блока в ту сторону, в которую опускается первый груз. Тогда
\[ a_1 = \varepsilon R_1\ \text{(вниз)},\qquad a_2 = \varepsilon R_2\ \text{(вверх)}. \]Три уравнения.
\[ m_1g - T_1 = m_1\varepsilon R_1,\qquad T_2 - m_2g = m_2\varepsilon R_2,\qquad T_1R_1 - T_2R_2 = J\varepsilon. \]Исключаем натяжения. Из первых двух \(T_1 = m_1(g-\varepsilon R_1)\), \(T_2 = m_2(g+\varepsilon R_2)\); подставляем в третье:
\[ g\,(m_1R_1 - m_2R_2) = \varepsilon\left(J + m_1R_1^2 + m_2R_2^2\right), \] \[ \varepsilon = \frac{g\,(m_1R_1 - m_2R_2)}{J + m_1R_1^2 + m_2R_2^2}. \]Отсюда ускорения (знак «минус» у второго означает, что грузы движутся в противоположных направлениях):
\[ a_1 = g\,\frac{(m_1R_1-m_2R_2)R_1}{J+m_1R_1^2+m_2R_2^2},\qquad a_2 = -g\,\frac{(m_1R_1-m_2R_2)R_2}{J+m_1R_1^2+m_2R_2^2}. \]Натяжения. Подставляя \(\varepsilon\) обратно:
\[ T_1 = m_1g\,\frac{J + m_2R_2(R_2+R_1)}{J+m_1R_1^2+m_2R_2^2},\qquad T_2 = m_2g\,\frac{J + m_1R_1(R_1+R_2)}{J+m_1R_1^2+m_2R_2^2}. \]Проверка. Система покоится при \(m_1R_1 = m_2R_2\) ✓ — это условие равенства моментов, а вовсе не равенства масс: ступенчатый блок работает как рычаг. Тогда \(T_1 = m_1g\), \(T_2 = m_2g\) ✓. При \(R_1 = R_2 = R\) формулы превращаются в ответ задачи 2.7.9 ✓. Заметим, что \(T_1 < m_1g\) и \(T_2 > m_2g\), когда первый груз опускается ✓ — иначе он бы не ускорялся вниз, а второй — вверх.Ответ \( a_1 = \dfrac{g(m_1R_1-m_2R_2)R_1}{J+m_1R_1^2+m_2R_2^2} \), \( a_2 = -\dfrac{g(m_1R_1-m_2R_2)R_2}{J+m_1R_1^2+m_2R_2^2} \); \( T_1 = m_1g\dfrac{J+m_2R_2(R_2+R_1)}{J+m_1R_1^2+m_2R_2^2} \), \( T_2 = m_2g\dfrac{J+m_1R_1(R_1+R_2)}{J+m_1R_1^2+m_2R_2^2} \).Диск на двух нитях
6/10На валик радиуса \(r\) плотно насажен сплошной диск. Момент инерции этой системы относительно оси \(J\), масса \(m\). На валик симметрично намотаны две нити, на которых система подвешена к неподвижному штативу. Нити вертикальны. Систему отпускают. Найдите ускорение оси диска и силу натяжения нитей.
К задаче 2.7.18 (рисунок из условия, перерисован) ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Это «йо-йо»: нити не проскальзывают, поэтому \(a = \varepsilon r\). Два уравнения — для поступательного движения центра и для вращения вокруг него.Пусть \(T\) — натяжение каждой нити (их две):
\[ mg - 2T = ma,\qquad 2T\,r = J\varepsilon = \frac{Ja}{r}. \]Из второго \(2T = Ja/r^2\); подставляем в первое:
\[ mg = ma + \frac{Ja}{r^2} \quad\Longrightarrow\quad a = \frac{g}{1 + \dfrac{J}{mr^2}}. \]И тогда
\[ 2T = \frac{Ja}{r^2} = \frac{mgJ}{J+mr^2} \quad\Longrightarrow\quad T = \frac12\cdot\frac{mg}{1 + \dfrac{mr^2}{J}}. \]Проверка. При \(J\to 0\) получаем \(a = g\), \(T = 0\) ✓ — нити не мешают свободному падению. При \(J\to\infty\) имеем \(a\to0\) и \(2T \to mg\) ✓ — система просто висит. Всегда \(a < g\) и \(2T < mg\) ✓. Для сплошного диска радиуса \(R\), насаженного на тонкий валик \((J\approx mR^2/2)\), получается \(a = g/(1+R^2/(2r^2))\) — при \(R\gg r\) ускорение крошечное ✓, отчего йо-йо и опускается так медленно.Ответ \( a = \dfrac{g}{1+J/(mr^2)} \), \( T = \dfrac12\,\dfrac{mg}{1+mr^2/J} \).Задача 2.7.19
6/10Однородная тяжёлая верёвка, концы которой закреплены на одной вертикали, охватывает невесомый обруч. С каким ускорением обруч падает, если его отпустить?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Обруч невесом — значит падает не он, а намотанный на него кусок верёвки. Вся масса этого куска лежит на расстоянии \(R\) от оси, то есть это тот же обруч, только тяжёлый. А прямые участки верёвки закреплены с обоих концов и неподвижны — они играют роль нити «йо-йо».Прямые участки верёвки закреплены и стоят на месте; катится по ним намотанный на обруч виток. Что именно падает. Обруч невесом. Прямые (вертикальные) участки верёвки закреплены с обоих концов и остаются неподвижными — их вес держат закрепления. Двигается только тот кусок верёвки, который намотан на обруч: его длина \(2\pi R\), масса
\[ \mu = 2\pi R\lambda \](\(\lambda\) — линейная плотность верёвки), и вся она находится на расстоянии \(R\) от оси. Поэтому
\[ J = \mu R^2. \]Связь. Верёвка нерастяжима, а её прямые участки неподвижны, значит точка схода витка мгновенно покоится: намотанный виток катится по неподвижной верёвке, и
\[ a = \varepsilon R. \]Уравнения. Обозначим \(T\) — натяжение в месте схода:
\[ \mu g - T = \mu a,\qquad T R = J\varepsilon = \mu R^2\cdot\frac{a}{R} = \mu R a \;\Rightarrow\; T = \mu a. \]Складывая,
\[ \mu g = 2\mu a \quad\Longrightarrow\quad a = \frac{g}{2}. \]Проверка. Ни \(R\), ни плотность верёвки в ответ не вошли ✓ — как и должно быть для «йо-йо»: ускорение равно \(g/(1+J/(\mu R^2))\), а у обруча \(J/(\mu R^2) = 1\) ✓. Ровно половина энергии уходит во вращение, половина — в поступательное движение ✓. Проверим энергетически: \(K = \mu v^2/2 + \mu R^2(v/R)^2/2 = \mu v^2\), а работа тяжести \(\mu g x\); из \(\mu v^2 = \mu g x\) следует \(v^2 = gx = 2ax\) при \(a = g/2\) ✓. Наконец, натяжение \(T = \mu g/2\) — половина веса намотанного витка ✓.Ответ \( a = \dfrac{g}{2} \).Задача 2.7.20
6/10На горизонтальной плоскости лежит катушка ниток. Катушку тянут за нитку. При каких углах \(\alpha\) между силой и горизонталью катушка станет ускоряться в сторону натянутой нити?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Катушка катится, значит её движение проще всего описывать как поворот вокруг точки касания. Куда повернёт момент силы \(F\) относительно этой точки — туда катушка и поедет. А момент определяется плечом — расстоянием от точки касания до линии действия силы.Всё решает плечо силы \(F\) относительно точки касания. Рассматриваем моменты относительно точки касания \(O\). Это удобно: силы трения и реакции опоры проходят через \(O\) и момента не создают, а сила тяжести вертикальна и проходит через центр, то есть её момент тоже равен нулю (плечо — это горизонтальное расстояние, а оно нулевое). Остаётся только момент силы \(F\).
Плечо силы \(F\). Линия действия нити касается внутреннего цилиндра радиуса \(r\), то есть отстоит от центра \(C\) на \(r\). Расстояние от точки касания \(O\) до этой линии удобно посчитать так: \(O\) отстоит от \(C\) на \(R\) по вертикали, а проекция отрезка \(CO\) на перпендикуляр к линии равна \(R\cos\alpha\). Значит плечо равно
\[ d = R\cos\alpha - r. \]Условие. Катушка поедет в сторону нити, если этот момент «закатывает» её вперёд, то есть если \(d > 0\):
\[ R\cos\alpha > r \quad\Longleftrightarrow\quad \cos\alpha > \frac{r}{R}. \]Проверка. При \(\alpha = 0\) (тянем горизонтально) условие \(1 > r/R\) выполняется всегда ✓ — катушка едет к вам, и это знакомый фокус. При \(\cos\alpha = r/R\) плечо равно нулю: катушка просто скользит без вращения (или остаётся на месте) ✓ — линия нити проходит ровно через точку касания. При больших \(\alpha\) (тянем круто вверх) катушка укатывается от вас ✓ — тоже наблюдаемый эффект. Заметим, что критический угол зависит только от отношения радиусов \(r/R\), а не от массы, силы или трения ✓ (нужно лишь, чтобы трения хватало на качение без проскальзывания).Ответ При \( \cos\alpha > \dfrac{r}{R} \).Задача 2.7.21
6/10Тонкое кольцо радиуса \(R\) и массы \(m\) раскрутили до угловой скорости \(\omega_0\) и поставили вертикально на горизонтальную плоскость. Как будет двигаться кольцо, если коэффициент трения кольца о плоскость равен \(\mu\)? Определите зависимость от времени скорости оси и угловой скорости вращения. Через какое время прекратится проскальзывание? Какая часть начальной энергии перейдёт в тепло?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Пока есть проскальзывание, сила трения постоянна и равна \(\mu mg\): она разгоняет ось вперёд и одновременно тормозит вращение. Скольжение исчезает, когда скорость точки касания обращается в нуль, то есть когда \(v = \omega R\).Трение разгоняет ось и тормозит вращение — пока скорости не сравняются. Пока кольцо буксует. Точка касания скользит назад, значит трение направлено вперёд и равно \(\mu m g\):
\[ v(t) = \mu g\,t,\qquad \varepsilon = \frac{\mu mgR}{mR^2} = \frac{\mu g}{R},\qquad \omega(t) = \omega_0 - \frac{\mu g}{R}\,t. \]Когда прекратится проскальзывание. Условие \(v = \omega R\):
\[ \mu g t = \omega_0R - \mu g t \quad\Longrightarrow\quad t_1 = \frac{\omega_0R}{2\mu g}. \]К этому моменту
\[ v_1 = \mu g t_1 = \frac{\omega_0R}{2},\qquad \omega_1 = \frac{\omega_0}{2}. \]Дальше кольцо катится без проскальзывания равномерно (трение покоя не нужно: ускорять нечего).
Тепло. Начальная энергия — только вращательная:
\[ E_0 = \frac{J\omega_0^2}{2} = \frac{mR^2\omega_0^2}{2}. \]В конце
\[ E_1 = \frac{mv_1^2}{2} + \frac{mR^2\omega_1^2}{2} = \frac{mR^2\omega_0^2}{8} + \frac{mR^2\omega_0^2}{8} = \frac{mR^2\omega_0^2}{4}. \] \[ \frac{Q}{E_0} = \frac{E_0-E_1}{E_0} = \frac12. \]Проверка. Ровно половина энергии уходит в тепло, и ответ не зависит ни от \(\mu\), ни от \(g\) ✓ — коэффициент трения влияет только на то, как быстро это произойдёт, но не на итог. Проверим через момент импульса относительно точки касания: он сохраняется (трение проходит через неё), и \(mR^2\omega_0 = mR^2\omega_1 + mv_1R\), то есть \(R\omega_0 = R\omega_1 + v_1\) ✓ — подставив \(v_1 = \omega_1 R\), получаем \(\omega_1 = \omega_0/2\) ✓ без всяких интегрирований. Ответ не зависит и от радиуса ✓.Ответ \( v = \mu g t \), \( \omega = \omega_0 - \mu g t/R \); \( t_1 = \dfrac{\omega_0R}{2\mu g} \); \( Q/E_0 = 1/2 \).Задача 2.7.22
6/10Однородный цилиндр радиуса \(R\) и массы \(m\) толкнули с начальной скоростью \(v_0\) без вращения вдоль горизонтальной плоскости. Через какое время прекратится проскальзывание, если коэффициент трения цилиндра о плоскость равен \(\mu\)? Какая часть начальной энергии перейдёт в тепло?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Зеркальная задача к предыдущей: теперь трение тормозит поступательное движение и раскручивает цилиндр. Разница лишь в моменте инерции — у сплошного цилиндра он вдвое меньше, поэтому он раскручивается вдвое охотнее.Пока есть проскальзывание. Точка касания скользит вперёд, трение направлено назад:
\[ v(t) = v_0 - \mu g t,\qquad \varepsilon = \frac{\mu mgR}{mR^2/2} = \frac{2\mu g}{R},\qquad \omega(t) = \frac{2\mu g}{R}\,t. \]Момент перехода к качению \((v = \omega R)\):
\[ v_0 - \mu g t = 2\mu g t \quad\Longrightarrow\quad t_1 = \frac{v_0}{3\mu g},\qquad v_1 = \frac{2v_0}{3}. \]Тепло.
\[ E_0 = \frac{mv_0^2}{2},\qquad E_1 = \frac{mv_1^2}{2} + \frac{mR^2}{4}\cdot\frac{v_1^2}{R^2} = \frac34\,mv_1^2 = \frac34\,m\,\frac{4v_0^2}{9} = \frac{mv_0^2}{3}, \] \[ \frac{Q}{E_0} = \frac{mv_0^2/2 - mv_0^2/3}{mv_0^2/2} = \frac13. \]Проверка. И снова ответ не зависит ни от \(\mu\), ни от \(R\) ✓. Проверим момент импульса относительно линии касания: он сохраняется, \(mv_0R = mv_1R + \frac{mR^2}{2}\cdot\frac{v_1}{R}\), то есть \(v_0 = \frac32 v_1\), \(v_1 = \frac23 v_0\) ✓. Сравнение с кольцом (задача 2.7.21): у кольца в тепло уходит \(1/2\), у сплошного цилиндра \(1/3\) ✓ — чем ближе масса к оси, тем легче раскрутиться и тем меньше потери.Ответ \( t_1 = \dfrac{v_0}{3\mu g} \); \( Q/E_0 = 1/3 \).Задача 2.7.23
6/10По шероховатой горизонтальной поверхности катится без проскальзывания со скоростью \(v\) тонкое кольцо. Через какое время после упругого удара о гладкую вертикальную стенку кольцо остановится, если коэффициент трения кольца о поверхность равен \(\mu\)? Опишите качественно движение сплошного диска после удара.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Стенка гладкая, значит она меняет только поступательную скорость (на противоположную), а вращение оставляет прежним. Кольцо теперь едет назад, а крутится «вперёд» — это как раз буксование, и трение гасит и то и другое.Сразу после удара. Скорость центра \(-v\) (от стенки), угловая скорость прежняя, \(\omega = v/R\) (в «прежнюю» сторону). Скорость точки касания
\[ v_{\text{кас}} = -v - \omega R = -2v, \]то есть она скользит от стенки. Трение направлено к стенке и равно \(\mu mg\).
Уравнения.
\[ v_{\text{ц}}(t) = -v + \mu g t,\qquad \omega(t) = \frac{v}{R} - \frac{\mu g}{R}\,t \](трение и разгоняет центр к стенке, и тормозит вращение — момент инерции кольца \(J = mR^2\), поэтому угловое замедление \(\mu g/R\)).
Когда исчезнет проскальзывание \((v_{\text{ц}} = \omega R)\):
\[ -v + \mu g t = v - \mu g t \quad\Longrightarrow\quad t = \frac{v}{\mu g}. \]Подставим это время: \(v_{\text{ц}} = -v + v = 0\) и \(\omega = v/R - v/R = 0\). Кольцо полностью останавливается — ровно в тот момент, когда исчезает проскальзывание.
Сплошной диск. У него \(J = mR^2/2\), поэтому угловое замедление вдвое больше: \(\omega(t) = v/R - 2\mu g t/R\). Условие качения:
\[ -v + \mu g t = v - 2\mu g t \quad\Longrightarrow\quad t = \frac{2v}{3\mu g},\qquad v_{\text{ц}} = -\frac{v}{3}. \]Диск не останавливается: он укатывается от стенки со скоростью \(v/3\), уже без проскальзывания.
Проверка. Момент импульса относительно линии касания сохраняется (трение проходит через неё). Для кольца сразу после удара он равен \(-mvR + mR^2\cdot\frac{v}{R} = 0\) ✓ — значит и в конце нуль, то есть кольцо стоит ✓. Для диска: \(-mvR + \frac{mR^2}{2}\cdot\frac{v}{R} = -\frac{mvR}{2}\), а в конце \(-mv_1R - \frac{mv_1R}{2}\cdot(-1)\)… аккуратнее: \(\frac32 m v_1 R = \frac12 mvR\), откуда \(v_1 = v/3\) ✓ — совпало. Энергия при этом теряется: у кольца вся, у диска \(1 - (1/3)^2\cdot\ldots\) — в тепло уходит \(8/9\) энергии ✓.Ответ Кольцо остановится через \( t = \dfrac{v}{\mu g} \). Диск не остановится: через \( t = \dfrac{2v}{3\mu g} \) он покатится от стенки со скоростью \( v/3 \) без проскальзывания.Обруч должен вернуться
6/10При какой начальной угловой скорости обруч радиуса \(R\) вернётся в исходную точку, двигаясь с постоянным ускорением по горизонтальному полу? Начальная скорость центра обруча \(v\).
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Обручу придают «обратную подкрутку»: он едет вперёд, но крутится назад. Пока есть проскальзывание, трение постоянно — значит и ускорение постоянно. Условие задачи «с постоянным ускорением» означает, что обруч обязан вернуться раньше, чем начнёт катиться без проскальзывания.Пока обруч буксует. Точка касания скользит вперёд (её скорость \(v + \omega_0R\)), трение направлено назад:
\[ v_{\text{ц}}(t) = v - \mu g t,\qquad \omega(t) = -\omega_0 + \frac{\mu g}{R}\,t \](за положительное направление \(\omega\) взято «качение вперёд»).
Когда обруч вернётся. Координата центра \(x(t) = vt - \mu g t^2/2\) обращается в нуль при
\[ t_2 = \frac{2v}{\mu g}. \]Когда прекратится проскальзывание \((v_{\text{ц}} = \omega R)\):
\[ v - \mu g t = -\omega_0R + \mu g t \quad\Longrightarrow\quad t_1 = \frac{v + \omega_0R}{2\mu g}. \]Условие. Нужно \(t_2 \le t_1\):
\[ \frac{2v}{\mu g} \le \frac{v+\omega_0R}{2\mu g} \quad\Longrightarrow\quad 4v \le v + \omega_0R \quad\Longrightarrow\quad \omega_0 \ge \frac{3v}{R}. \]Проверка. Коэффициент трения выпал ✓ — он влияет только на то, как далеко обруч уедет и как долго будет возвращаться, но не на само условие. Заметим, что при \(\omega_0 = 3v/R\) обруч возвращается в исходную точку ровно в момент прекращения проскальзывания; при этом \(v_{\text{ц}} = v - \mu g\cdot 2v/(\mu g) = -v\) ✓ — он приходит назад с той же по модулю скоростью, с какой уезжал, и дальше катится равномерно. При меньшей подкрутке обруч успеет перейти к качению, поедет равномерно вперёд и уже никогда не вернётся ✓. Это тот самый «фокус с мячом», который знаком по задаче 2.4.18.Ответ \( \omega_0 \ge \dfrac{3v}{R} \).Три цилиндра как шестерёнки
6/10Три одинаковых цилиндра раскрутили до угловой скорости \(\omega\) и привели в соприкосновение так, что левый и правый цилиндры оказались прижаты к центральному с одинаковой силой. Оси цилиндров параллельны и закреплены. Какими станут в конце концов угловые скорости вращения цилиндров?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея В месте соприкосновения поверхности двух одинаково закрученных цилиндров бегут навстречу друг другу — значит есть проскальзывание. Трение одинаково тормозит оба цилиндра (в этом весь фокус), и продолжается это, пока соприкасающиеся поверхности не поедут вместе — то есть пока цилиндры не начнут вращаться в разные стороны, как шестерёнки.В точках соприкосновения поверхности идут навстречу — там и работает трение. Как меняются угловые скорости. Направление вращения будем считать положительным одно и то же для всех трёх. В точке соприкосновения двух цилиндров их поверхности движутся в противоположные стороны, и скорость проскальзывания пропорциональна \(\omega_1+\omega_2\).
Ключевое наблюдение: сила трения на первом цилиндре и сила трения на втором противоположны по направлению, но приложены с противоположных сторон от осей — поэтому их моменты одинаковы. Значит оба цилиндра получают одинаковое угловое ускорение. Обозначим его величину \(k\) (на один контакт). Тогда
\[ \omega_1 = \omega - kt,\qquad \omega_3 = \omega - kt,\qquad \omega_2 = \omega - 2kt \]— средний цилиндр тормозится вдвое быстрее: у него два контакта.
Когда проскальзывание исчезнет. Условие \(\omega_1 + \omega_2 = 0\):
\[ (\omega - kt) + (\omega - 2kt) = 0 \quad\Longrightarrow\quad kt = \frac{2\omega}{3}. \]Подставляем:
\[ \omega_1 = \omega_3 = \frac{\omega}{3},\qquad \omega_2 = -\frac{\omega}{3}. \]Проверка. Конечное состояние — это зацепление шестерёнок: соседние цилиндры вращаются в противоположные стороны с одинаковой по модулю скоростью ✓, поверхности в контакте движутся вместе, трение проскальзывания исчезает ✓. Полезный инвариант: величина \(2\omega_1 - \omega_2\) не меняется \((\text{было } 2\omega-\omega=\omega,\; \text{стало } \tfrac{2\omega}{3}+\tfrac{\omega}{3}=\omega)\) ✓. Заметим, что сила прижатия и коэффициент трения на ответ не влияют — только на время ✓.Ответ \( \omega_1 = \omega_3 = \dfrac{\omega}{3} \), \( \omega_2 = -\dfrac{\omega}{3} \) (средний крутится в обратную сторону).Кольцо скатывается со стола
6/10Центр тонкого кольца находится как раз над краем стола. Кольцо начинает скатываться со стола без проскальзывания из состояния покоя. На какой угол повернётся кольцо до момента отрыва его от края стола? Больше или меньше будет этот угол в случае, если со стола скатывается шар?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Пока кольцо не оторвалось, оно вращается вокруг ребра стола как маятник. Энергия даёт \(\omega(\alpha)\), а условие отрыва — это \(N = 0\): центростремительное ускорение обеспечивается одной только составляющей тяжести вдоль радиуса.Кольцо поворачивается вокруг ребра стола, пока реакция не обратится в нуль. Момент инерции относительно ребра. По теореме о параллельных осях для кольца \((J_{\text{ц}} = mR^2)\):
\[ J = mR^2 + mR^2 = 2mR^2. \]Энергия. Центр опускается на \(R(1-\cos\alpha)\):
\[ \frac{J\omega^2}{2} = mgR(1-\cos\alpha) \quad\Longrightarrow\quad mR^2\omega^2 = mgR(1-\cos\alpha) \quad\Longrightarrow\quad \omega^2 = \frac{g(1-\cos\alpha)}{R}. \]Условие отрыва. Центр движется по окружности радиуса \(R\) вокруг ребра; вдоль этого радиуса
\[ mg\cos\alpha - N = m\omega^2R. \]Отрыв при \(N = 0\):
\[ g\cos\alpha = \omega^2R = g(1-\cos\alpha) \quad\Longrightarrow\quad \cos\alpha = \frac12,\qquad \alpha = 60^\circ. \]Шар. У него \(J_{\text{ц}} = \frac25 mR^2\), значит \(J = \frac75 mR^2\), и энергия даёт \(\omega^2 = \frac{10g(1-\cos\alpha)}{7R}\). Условие отрыва:
\[ g\cos\alpha = \frac{10}{7}\,g(1-\cos\alpha) \quad\Longrightarrow\quad \cos\alpha = \frac{10}{17},\qquad \alpha \approx 54^\circ. \]Это меньше, чем у кольца.
Проверка. Логика ясна: у шара масса ближе к оси, он легче раскручивается, набирает \(\omega\) быстрее — и отрывается раньше ✓. Проверим предельный случай «вся масса в центре» \((J_{\text{ц}} = 0)\): \(\omega^2 = 2g(1-\cos\alpha)/R\), отрыв при \(\cos\alpha = 2/3\), \(\alpha\approx48^\circ\) — ещё меньше ✓, ряд монотонный. Ответы не зависят ни от массы, ни от радиуса ✓. Кстати, до отрыва нужно ещё, чтобы хватало трения: иначе кольцо соскользнёт раньше, чем повернётся на \(60^\circ\).Ответ \( \alpha = 60^\circ \); для шара \( \alpha = \arccos\frac{10}{17} \approx 54^\circ \) — меньше.Задача 2.7.27
6/10Лёгкий стержень с закреплёнными на концах грузами массы \(m_1\) и \(m_2\) опирается серединой на жёсткую подставку. В начальный момент стержень удерживают горизонтально, а затем отпускают. С какой силой он давит на подставку сразу после того, как его отпустили?
К задаче 2.7.27 (рисунок из условия, перерисован) ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Сразу после отпускания стержень начинает поворачиваться вокруг подставки. Найдём угловое ускорение, потом ускорение каждого груза, а потом запишем второй закон Ньютона для системы в целом — реакция подставки и найдётся.Пусть \(l\) — половина длины стержня, \(m_1 > m_2\).
Угловое ускорение. Момент относительно подставки создают обе силы тяжести, момент инерции \(J = (m_1+m_2)l^2\):
\[ \varepsilon = \frac{(m_1-m_2)gl}{(m_1+m_2)l^2} = \frac{(m_1-m_2)g}{(m_1+m_2)l}. \]Ускорения грузов. \(a_1 = \varepsilon l\) вниз, \(a_2 = \varepsilon l\) вверх, то есть
\[ a_1 = a_2 = \frac{(m_1-m_2)g}{m_1+m_2}. \]Второй закон Ньютона для системы (вниз положительно):
\[ (m_1+m_2)g - N = m_1a_1 - m_2a_2 = (m_1-m_2)\,\frac{(m_1-m_2)g}{m_1+m_2}. \]Отсюда
\[ N = g\,\frac{(m_1+m_2)^2 - (m_1-m_2)^2}{m_1+m_2} = \frac{4m_1m_2\,g}{m_1+m_2}. \]Проверка. При \(m_1 = m_2 = m\) получаем \(N = 2mg\) ✓ — стержень уравновешен и просто лежит. Если один груз убрать \((m_2 = 0)\), то \(N = 0\) ✓ — стержень свободно поворачивается вокруг подставки, ничего на неё не давя. Всегда \(N \le (m_1+m_2)g\) ✓, причём \(4m_1m_2/(m_1+m_2)\) — это удвоенная приведённая масса \(2\mu\), знакомая по задачам о столкновениях ✓.Ответ \( N = \dfrac{4m_1m_2\,g}{m_1+m_2} \).Задача 2.7.28
6/10Тонкая однородная палочка длины \(l\) и массы \(m\) лежит симметрично на опорах, расстояние между которыми равно \(a\). Одну из опор быстро убирают. Какова сразу после этого сила реакции оставшейся опоры?
К задаче 2.7.28 (рисунок из условия, перерисован) ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Сразу после того, как опору убрали, палочка начинает поворачиваться вокруг оставшейся. Схема та же, что в предыдущей задаче: угловое ускорение → ускорение центра масс → реакция.Опоры расположены симметрично, значит оставшаяся отстоит от центра на \(d = a/2\).
Угловое ускорение вокруг опоры. Момент инерции палочки относительно центра \(ml^2/12\), относительно опоры (теорема о параллельных осях)
\[ J = \frac{ml^2}{12} + md^2. \]Момент силы тяжести относительно опоры равен \(mgd\), поэтому
\[ \varepsilon = \frac{mgd}{\frac{ml^2}{12}+md^2} = \frac{gd}{\frac{l^2}{12}+d^2}. \]Ускорение центра масс \(a_{\text{ц}} = \varepsilon d\), и второй закон Ньютона:
\[ mg - N = m\varepsilon d = \frac{mgd^2}{\frac{l^2}{12}+d^2}, \] \[ N = mg\left(1 - \frac{d^2}{\frac{l^2}{12}+d^2}\right) = mg\,\frac{l^2/12}{\frac{l^2}{12}+d^2} = \frac{mg\,l^2}{l^2 + 12d^2}. \]Подставляя \(d = a/2\) \((12d^2 = 3a^2)\):
\[ N = \frac{mg\,l^2}{l^2 + 3a^2}. \]Проверка. При \(a \to 0\) (обе опоры почти в центре) получаем \(N \to mg\) ✓ — палочка балансирует на одной опоре в центре и просто лежит. Если опоры разнести на самые концы \((a = l)\), то \(N = mg/4\) ✓ — реакция резко падает: чем дальше опора от центра, тем охотнее палочка «проваливается». Заметим, что \(N\) всегда меньше \(mg/2\), которые были на этой опоре до того, как убрали вторую, если \(3a^2 > l^2\) — то есть реакция может как вырасти, так и упасть; граница \(a = l/\sqrt3\) ✓.Ответ \( N = \dfrac{mg\,l^2}{l^2+3a^2} \).Гантель на вертикальной оси
6/10Гантель с шариками массы \(m_1\) и \(m_2\), соединёнными невесомым стержнем длины \(l\), вращается вокруг вертикальной оси, проходящей через центр гантели, с угловой скоростью \(\omega\). Определите угол, который образует ось гантели с осью вращения.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Перейдём во вращающуюся систему отсчёта: там к каждому шарику добавляется центробежная сила. Гантель в этой системе неподвижна, значит суммарный момент сил относительно точки подвеса равен нулю. Тяжесть стремится поставить гантель вертикально (тяжёлым шариком вниз), центробежные силы — уложить её горизонтально.Угол \(\alpha\) отсчитывается от оси вращения до направления на лёгкий шарик. Обозначения. Пусть \(m_1 > m_2\), тяжёлый шарик внизу; \(\alpha\) — угол между осью вращения (вверх) и направлением на лёгкий шарик; \(r = l/2\) — расстояние от центра до каждого шарика.
Моменты относительно центра. Сила тяжести создаёт момент
\[ M_g = (m_1 - m_2)\,g\,r\sin\alpha, \]который уменьшает \(\alpha\) (ставит гантель вертикально). Центробежные силы \(m_i\omega^2 r\sin\alpha\) приложены к шарикам горизонтально, их плечо \(r\cos\alpha\), и они дают момент
\[ M_{\text{ц}} = (m_1+m_2)\,\omega^2 r^2\sin\alpha\cos\alpha, \]который \(\alpha\) увеличивает.
Равновесие. Приравниваем и сокращаем на \(r\sin\alpha\):
\[ (m_1-m_2)\,g = (m_1+m_2)\,\omega^2 r\cos\alpha, \] \[ \cos\alpha = \frac{(m_1-m_2)g}{(m_1+m_2)\,\omega^2 r} = \frac{2g\,(m_1-m_2)}{\omega^2 l\,(m_1+m_2)}. \]Это имеет смысл, только если правая часть не больше единицы. Если
\[ \frac{2g(m_1-m_2)}{\omega^2 l(m_1+m_2)} \ge 1, \]наклонного положения не существует: гантель просто висит вертикально, \(\alpha = 0\) (или \(\pi\), если тяжелее второй шарик).
Проверка. При \(m_1 = m_2\) получаем \(\cos\alpha = 0\), \(\alpha = 90^\circ\) ✓ — симметричная гантель встаёт горизонтально при любой \(\omega\). При очень быстром вращении \((\omega\to\infty)\) снова \(\alpha \to 90^\circ\) ✓ — центробежные силы побеждают. При медленном вращении гантель «падает» в вертикальное положение ✓; критическая угловая скорость \(\omega_{\text{кр}}^2 = 2g(m_1-m_2)/(l(m_1+m_2))\) — типичная бифуркация, как у конического маятника.Ответ \( \cos\alpha = \dfrac{2g(m_1-m_2)}{\omega^2 l\,(m_1+m_2)} \), если эта величина меньше 1; иначе \( \alpha = 0 \) или \( \pi \).Два диска сцепились
6/10Два диска с моментами инерции \(J_1\) и \(J_2\) вращаются с угловой скоростью соответственно \(\omega_1\) и \(\omega_2\) вокруг одной и той же оси без трения. Диски пришли в соприкосновение друг с другом. Из-за возникшего между дисками трения через некоторое время проскальзывание одного диска по другому прекращается. Какова станет тогда угловая скорость вращения дисков? Какое количество теплоты выделится?
К задаче 2.7.30 (рисунок из условия, перерисован) ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Это в точности абсолютно неупругий удар, только «вращательный»: вместо масс — моменты инерции, вместо скоростей — угловые скорости, вместо импульса — момент импульса.Сохранение момента импульса. Внешних моментов относительно оси нет (трение между дисками — внутренняя сила):
\[ J_1\omega_1 + J_2\omega_2 = (J_1+J_2)\,\omega \quad\Longrightarrow\quad \omega = \frac{J_1\omega_1 + J_2\omega_2}{J_1+J_2}. \]Тепло.
\[ Q = \frac{J_1\omega_1^2}{2} + \frac{J_2\omega_2^2}{2} - \frac{(J_1+J_2)\omega^2}{2}. \]Подставляя \(\omega\) и приводя к общему знаменателю (выкладка та же, что в задаче 2.5.4), получаем
\[ Q = \frac{J_1J_2\,(\omega_2-\omega_1)^2}{2\,(J_1+J_2)}. \]Проверка. Полная аналогия со слипанием тел: \(Q = \mu\,\Delta v^2/2\) с приведённой массой \(\mu\) — здесь роль \(\mu\) играет \(J_1J_2/(J_1+J_2)\) ✓. При \(\omega_1 = \omega_2\) тепла нет ✓ — проскальзывания не было. Если один диск огромный \((J_2\to\infty)\), то \(\omega\to\omega_2\) и \(Q \to J_1(\omega_2-\omega_1)^2/2\) ✓ — вся энергия относительного движения первого диска уходит в тепло. \(Q\) всегда положительно ✓.Ответ \( \omega = \dfrac{J_1\omega_1+J_2\omega_2}{J_1+J_2} \), \( Q = \dfrac{J_1J_2(\omega_2-\omega_1)^2}{2(J_1+J_2)} \).Задача 2.7.31
6/10Вращающийся обруч радиуса \(R\) падает вертикально на горизонтальную плоскость и отскакивает от неё со скоростью \(v\) под углом \(30^\circ\), уже не вращаясь. Какова угловая скорость обруча до удара?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Горизонтальную скорость обручу дало трение о плоскость — и оно же остановило вращение. Значит один и тот же импульс трения фигурирует в двух уравнениях: для импульса и для момента импульса.Импульс трения. Обозначим его \(S\) (горизонтальный). Он остановил вращение:
\[ S\,R = J\omega = mR^2\omega \quad\Longrightarrow\quad S = mR\omega. \]Он же сообщил обручу горизонтальную скорость \(v_x\):
\[ m v_x = S = mR\omega \quad\Longrightarrow\quad v_x = R\omega. \]Геометрия отскока. Обруч падал вертикально, значит горизонтальная скорость появилась только из-за трения, и угол \(30^\circ\) отсчитывается от вертикали:
\[ v_x = v\sin30^\circ = \frac{v}{2}. \]Ответ.
\[ R\omega = \frac{v}{2} \quad\Longrightarrow\quad \omega = \frac{v}{2R}. \]Проверка. Проверим согласованность: точка касания до удара имела горизонтальную скорость \(\omega R = v/2\), после удара — \(v_x - \omega' R = v/2 - 0 = v/2\)… но вращения уже нет, значит проскальзывание к концу удара как раз прекратилось бы при \(v_x = \omega' R\); поскольку \(\omega' = 0\), удар закончился ровно в тот момент, когда исчезли и вращение, и относительное скольжение ✓ — условие задачи внутренне непротиворечиво. Размерность: \([v/R] = \text{с}^{-1}\) ✓. Чем быстрее вращение, тем более полого отскакивает обруч ✓ — знакомый эффект «крученого» мяча.Ответ \( \omega = \dfrac{v}{2R} \).Задача 2.7.32
6/10По гладкой горизонтальной плоскости навстречу друг другу движутся два одинаковых тонких вращающихся кольца. Их скорости \(v_1\) и \(v_2\) направлены по прямой, соединяющей центры колец. Угловые скорости колец \(\omega_1\) и \(\omega_2\). Определите угловую скорость колец после соударения, если проскальзывание их относительно друг друга исчезает в последний момент удара.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Скорости \(v_1\) и \(v_2\) направлены вдоль линии центров — они дают только нормальный импульс, момента относительно центров он не создаёт. Всё решает касательный импульс трения: он одинаково меняет обе угловые скорости и заодно сообщает кольцам поперечные скорости.Вид сверху. Работает только касательный импульс в точке контакта. Обозначения. Пусть \(m\) и \(R\) — масса и радиус каждого кольца \((J = mR^2)\), \(P\) — касательный импульс трения, действующий на первое кольцо (на второе — такой же, но противоположный). Введём \(q = P/(mR)\).
Что даёт этот импульс. Поперечные (перпендикулярные линии центров) скорости:
\[ u_1 = \frac{P}{m} = qR,\qquad u_2 = -\frac{P}{m} = -qR. \]Угловые скорости. Здесь важная тонкость: силы противоположны, но приложены с разных сторон от центров, поэтому моменты одинаковы, и оба кольца получают одинаковую добавку:
\[ \omega_1' = \omega_1 + q,\qquad \omega_2' = \omega_2 + q. \]Условие исчезновения проскальзывания. Скорость точки контакта у первого кольца равна \(u_1 + \omega_1'R\), у второго \(u_2 - \omega_2'R\); они должны сравняться:
\[ qR + (\omega_1+q)R = -qR - (\omega_2+q)R, \] \[ 4q = -(\omega_1+\omega_2) \quad\Longrightarrow\quad q = -\frac{\omega_1+\omega_2}{4}. \]Ответ.
\[ \omega_1' = \omega_1 - \frac{\omega_1+\omega_2}{4} = \frac{3\omega_1-\omega_2}{4}, \qquad \omega_2' = \frac{3\omega_2-\omega_1}{4}. \]Проверка. Скорости \(v_1\) и \(v_2\) в ответ не вошли ✓ — они дают только нормальный импульс, проходящий через центры. При \(\omega_2 = -\omega_1\) (кольца уже «зацеплены как шестерёнки») получаем \(\omega_1' = \omega_1\), \(\omega_2' = \omega_2\) ✓ — проскальзывания не было и ничего не изменилось. Сумма \(\omega_1' + \omega_2' = (\omega_1+\omega_2)/2\) — она уменьшилась вдвое ✓, а разность \(\omega_1' - \omega_2' = \omega_1 - \omega_2\) сохранилась ✓ (это и есть «момент импульса» относительно точки контакта).Ответ \( \omega_1' = \dfrac{3\omega_1-\omega_2}{4} \), \( \omega_2' = \dfrac{3\omega_2-\omega_1}{4} \).Пуля попала в цилиндр
6/10В цилиндр массы \(m_1\) и радиуса \(R\), покоящийся на гладкой горизонтальной плоскости, попадает пуля массы \(m_2\), летящая горизонтально на высоте \(h\) от оси цилиндра со скоростью \(v\). Считая удар абсолютно неупругим и \(m_2 \ll m_1\), найдите скорость оси и угловую скорость цилиндра.
К задаче 2.7.33 (рисунок из условия, перерисован) ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Плоскость гладкая, значит внешних горизонтальных сил нет: сохраняются и импульс, и момент импульса относительно оси цилиндра. Два закона сохранения — два ответа.Импульс.
\[ m_2v = (m_1+m_2)\,u \approx m_1 u \quad\Longrightarrow\quad u \approx \frac{m_2v}{m_1}. \]Момент импульса относительно оси цилиндра. У пули «плечо» равно \(h\):
\[ m_2v\,h = J\omega = \frac{m_1R^2}{2}\,\omega \quad\Longrightarrow\quad \omega = \frac{2m_2vh}{m_1R^2}. \]Проверка. При \(h = 0\) (пуля попадает точно в ось) вращения не возникает ✓ — цилиндр просто едет. При \(h = R\) (пуля задевает по касательной) \(\omega = 2m_2v/(m_1R)\), и скорость точки обода \(\omega R = 2u\) ✓ — вдвое больше скорости оси; тот же множитель 2 мы видели у сплошного цилиндра в задаче 2.7.22. Условие \(m_2 \ll m_1\) позволило не учитывать вклад застрявшей пули ни в массу, ни в момент инерции ✓.Ответ \( u \approx \dfrac{m_2v}{m_1} \), \( \omega = \dfrac{2m_2vh}{m_1R^2} \).Человек идёт по диску
6/10На покоящемся однородном горизонтальном диске массы \(m_1\) и радиуса \(R\) стоит человек массы \(m_2\). Диск может без трения вращаться вокруг вертикальной оси, проходящей через его центр. С какой угловой скоростью начнёт вращаться диск, если человек пойдёт по окружности радиуса \(r\) вокруг оси диска со скоростью \(v\) относительно него? Радиус диска много больше роста человека.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Внешних моментов относительно оси нет, значит суммарный момент импульса как был нулём, так нулём и остаётся. Осторожность нужна в одном: скорость \(v\) задана относительно диска, а закон сохранения работает в неподвижной системе.Человек идёт в одну сторону, диск поворачивается в другую. Скорости в неподвижной системе. Пусть диск вращается с угловой скоростью \(\omega\) (в сторону, противоположную ходьбе). Человек относительно диска имеет угловую скорость \(v/r\), значит в неподвижной системе его угловая скорость равна \(v/r - \omega\).
Момент импульса равен нулю. Момент инерции диска \(J_1 = m_1R^2/2\), человека — \(m_2r^2\):
\[ \underbrace{m_2r^2\left(\frac{v}{r}-\omega\right)}_{\text{человек}} \;-\;\underbrace{\frac{m_1R^2}{2}\,\omega}_{\text{диск}} = 0. \]Раскрываем и собираем \(\omega\):
\[ m_2rv = \omega\left(m_2r^2 + \frac{m_1R^2}{2}\right) \quad\Longrightarrow\quad \omega = \frac{2m_2vr}{m_1R^2 + 2m_2r^2}. \]Проверка. Если диск очень тяжёлый \((m_1\to\infty)\), то \(\omega\to0\) ✓ — человек идёт, диск стоит. Если человек идёт по самому краю \((r = R)\) и его масса велика, \(\omega \to v/R\) ✓ — тогда почти весь «поворот» достаётся диску, а человек в неподвижной системе почти стоит на месте. Заметим, что если бы мы по невнимательности написали момент импульса человека как \(m_2vr\) (то есть взяли \(v\) за абсолютную скорость), получилось бы \(\omega = 2m_2vr/(m_1R^2)\) — ответ без второго слагаемого в знаменателе ✓, и он верен лишь при \(m_2r^2 \ll m_1R^2\).Ответ \( \omega = \dfrac{2m_2vr}{m_1R^2 + 2m_2r^2} \).Человек идёт к центру
6/10На краю свободно вращающегося с угловой скоростью \(\omega\) вокруг вертикальной оси диска, имеющего радиус \(R\) и момент инерции \(J\), стоит человек массы \(m\). Как изменится угловая скорость вращения диска, если человек перейдёт от края диска к центру? Как изменится кинетическая энергия системы при этом?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Момент импульса сохраняется, а момент инерции уменьшается — значит вращение ускоряется. Энергия при этом растёт: её добавляет сам человек, преодолевая центробежную силу по дороге к центру. Это классический «пируэт фигуриста».Сохранение момента импульса. Вначале человек на краю \((J_{\text{чел}} = mR^2)\), в конце — в центре \((J_{\text{чел}} = 0)\):
\[ \left(J + mR^2\right)\omega = J\,\omega' \quad\Longrightarrow\quad \omega' = \omega\left(1 + \frac{mR^2}{J}\right), \] \[ \Delta\omega = \omega' - \omega = \frac{\omega\,mR^2}{J}. \]Энергия.
\[ K = \frac{(J+mR^2)\omega^2}{2},\qquad K' = \frac{J\omega'^2}{2} = \frac{J}{2}\,\omega^2\frac{(J+mR^2)^2}{J^2} = \frac{(J+mR^2)^2\omega^2}{2J}, \] \[ \frac{K'}{K} = \frac{J+mR^2}{J} = 1 + \frac{mR^2}{J}. \]То есть энергия возрастает во столько же раз, во сколько возрастает угловая скорость.
Проверка. Момент импульса \(L\) постоянен, а \(K = L^2/(2J_{\text{полн}})\) ✓ — уменьшая \(J\), мы увеличиваем \(K\) обратно пропорционально. Откуда энергия? Её совершает человек: идя к центру, он движется против центробежной силы, и его работа как раз равна \(\Delta K\) ✓. Проверим предельный случай: если человек лёгкий \((mR^2 \ll J)\), почти ничего не меняется ✓.Ответ \( \Delta\omega = \dfrac{\omega\,mR^2}{J} \); кинетическая энергия возрастает в \( \left(1 + \dfrac{mR^2}{J}\right) \) раз.Установка на полюсе
6/10В установке, находящейся на полюсе Земли, небольшие, но тяжёлые грузы удерживаются с помощью нити на расстоянии \(R\) от вертикальной оси. Нить пережигают. Грузы опускаются и оказываются на расстоянии \(r = 0{,}1R\) от оси. Сколько оборотов за час совершает после этого установка, если вначале она относительно Земли не вращалась? Трением пренебречь.
К задаче 2.7.36 (рисунок из условия, перерисован) ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея «Относительно Земли не вращалась» — значит в неподвижной (звёздной) системе установка вращалась вместе с Землёй, раз в сутки. Именно этот момент импульса и сохраняется, пока грузы съезжаются к оси.Что сохраняется. Оси нет трения, внешних моментов относительно вертикальной оси нет, значит
\[ mR^2\,\Omega = m r^2\,\Omega',\qquad \Omega = \frac{2\pi}{\text{сутки}} \]— угловая скорость Земли. Отсюда
\[ \Omega' = \Omega\left(\frac{R}{r}\right)^{\!2} = 100\,\Omega. \]Относительно Земли. Наблюдатель на Земле видит вращение с угловой скоростью
\[ \Omega' - \Omega = 99\,\Omega, \]то есть 99 оборотов в сутки. В часах:
\[ n = \frac{99}{24} = \frac{33}{8} = 4{,}125\ \text{оборота в час}. \]Проверка. Ответ целиком держится на том, что «покой относительно Земли» — это не покой в инерциальной системе ✓. Именно так работает гироскопический опыт Фуко: если бы Земля не вращалась, установка после пережигания нити осталась бы неподвижной, а она делает четыре оборота в час. Проверим числа: \(100\cdot(1/24)\ \text{об/ч} = 4{,}17\), минус собственный \(1/24 = 0{,}042\), итого \(4{,}125\) ✓. На широте \(\varphi\) вместо \(\Omega\) стояло бы \(\Omega\sin\varphi\), и на экваторе эффект пропал бы совсем ✓.Ответ \( n = \dfrac{33}{8} \approx 4{,}1 \) оборота в час.Куда отклонится пассат
6/10Воздух из субтропического пояса повышенного давления переходит в экваториальный пояс пониженного давления. В какую сторону — на запад или восток — он будет отклоняться при своём движении?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Двигаясь к экватору, воздух удаляется от земной оси. Момент импульса стремится сохраниться, значит его угловая скорость падает — он начинает «отставать» от вращения Земли, а Земля вращается на восток.Воздух отстаёт от вращения Земли и потому сносится на запад. Расстояние до оси. Для точки на широте \(\varphi\) оно равно \(\rho = R_{\text{З}}\cos\varphi\). У экватора \(\varphi = 0\) и \(\rho\) наибольшее — значит, двигаясь от субтропиков к экватору, воздух удаляется от земной оси.
Момент импульса. Он приблизительно сохраняется (силы давления направлены по меридиану и момента относительно земной оси почти не создают):
\[ \rho^2\,\Omega_{\text{возд}} \approx \text{const}. \]Раз \(\rho\) растёт, \(\Omega_{\text{возд}}\) убывает. Земля же продолжает вращаться со своей \(\Omega\), поэтому воздух начинает отставать.
Куда это «отставание». Земля вращается с запада на восток. Отставать от неё — значит смещаться относительно поверхности на запад.
Так и получается: в северном полушарии ветер дует с северо-востока на юго-запад — это северо-восточный пассат; в южном, соответственно, юго-восточный.
Проверка. Оценим величину: при переходе с \(30^\circ\) к экватору \(\rho\) растёт с \(0{,}87R_{\text{З}}\) до \(R_{\text{З}}\), то есть в \(1{,}15\) раза; угловая скорость падает в \(1{,}32\) раза, и отставание по линейной скорости получается порядка сотни метров в секунду ✓ — на практике столько не набирается, потому что трение о поверхность и перемешивание гасят разгон, но направление именно такое. Тот же механизм с обратным знаком объясняет западные ветры умеренных широт: там воздух движется от экватора, приближается к оси и обгоняет Землю ✓.Ответ На запад — это северо-восточный пассат.Задача 2.7.38
6/10За последние 40 лет сутки возросли примерно на \(10^{-3}\) с. Некоторые геофизики считают основной причиной этого таянье полярной ледяной шапки в Антарктиде. Оцените, какая масса льда в Антарктиде растаяла, если это предположение верно, за 40 лет.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Лёд на полюсе лежит практически на оси вращения и в момент инерции почти не участвует. Растаяв, он растекается по всему океану и «отъезжает» от оси — момент инерции Земли растёт, а раз момент импульса сохраняется, вращение замедляется.Связь замедления с моментом инерции. Из \(J\Omega = \text{const}\) и \(\Omega = 2\pi/T\) следует \(J/T = \text{const}\), то есть
\[ \frac{\Delta J}{J} = \frac{\Delta T}{T} = \frac{10^{-3}}{86\,400} \approx 1{,}2\cdot10^{-8}. \]Момент инерции Земли. В грубой оценке (однородный шар)
\[ J \approx \frac25 M R^2 = 0{,}4\cdot 6\cdot10^{24}\cdot(6{,}4\cdot10^{6})^2 \approx 1\cdot10^{38}\ \text{кг}\cdot\text{м}^2, \] \[ \Delta J \approx 1{,}2\cdot10^{-8}\cdot 10^{38} = 1{,}2\cdot10^{30}\ \text{кг}\cdot\text{м}^2. \]Что даёт растаявшая вода. Она распределяется по поверхности Земли — это тонкий сферический слой, для него \(J = \frac23 mR^2\). Лёд же на полюсе давал практически ноль, поэтому
\[ \Delta J \approx \frac23\,m R^2 \quad\Longrightarrow\quad m \approx \frac{3\Delta J}{2R^2} = \frac{3\cdot1{,}2\cdot10^{30}}{2\cdot 4{,}1\cdot10^{13}} \approx 4\cdot10^{16}\ \text{кг}. \]Проверка. Это около \(4\cdot10^{13}\) тонн, то есть объём льда порядка \(4\cdot10^{4}\) км³ — при площади Антарктиды \(1{,}4\cdot10^{7}\) км² это слой толщиной около 3 м ✓, вполне правдоподобно за 40 лет. Полная масса антарктического ледника \(\sim2{,}4\cdot10^{19}\) кг, так что растаяло около \(0{,}2\,\%\) ✓. Если взять реальный момент инерции Земли \(J = 0{,}33MR^2\) (у неё плотное ядро), оценка уменьшится примерно до \(3\cdot10^{16}\) кг — тот же порядок ✓, а для оценки этого и достаточно. Стоит добавить, что на деле в замедление суток вносят вклад и приливное трение (задача 2.7.39), и перераспределение вещества в мантии, так что «основная причина» здесь — гипотеза, а не факт.Ответ \( m \approx 4\cdot10^{16} \) кг (порядка \(10^{16}\)–\(10^{17}\) кг).Задача 2.7.39
6/10а. Известно, что приливная деформация самой Земли и приливы в океанах замедляют вращение Земли. Объясните, как возникает необходимый для этого момент сил.
б. Солнечный прилив в атмосфере Земли достигает максимума на два часа раньше прохождения Солнцем зенита. Способствует или препятствует этот прилив замедлению суточного вращения?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Если бы приливные «горбы» смотрели точно на Луну, притяжение Луны действовало бы вдоль линии центров и момента не создавало бы. Момент появляется только из-за того, что горб развёрнут относительно этой линии — а разворачивает его трение.Луна тянет «убежавший вперёд» горб назад — это и есть тормозящий момент. а. Откуда берётся момент. Приливные силы вытягивают Землю (и воду в океанах) вдоль направления на Луну — получаются два «горба». Если бы вещество отзывалось мгновенно, ось горбов точно смотрела бы на Луну, и притяжение Луны было бы направлено вдоль этой оси — момента относительно центра Земли не было бы вовсе.
Но вода и породы деформируются не мгновенно: пока горб «набирается», Земля успевает провернуться. В результате ось горбов оказывается развёрнутой на небольшой угол \(\delta\) вперёд по вращению Земли. (Именно поэтому максимум прилива в данном месте наступает не в момент прохождения Луной зенита, а немного позже — место сначала проходит «под Луной» и лишь потом доезжает до горба.)
Теперь ближний горб находится впереди линии Земля — Луна, и Луна тянет его назад; дальний горб находится позади и притягивается слабее (он дальше). Суммарный момент направлен против вращения — Земля тормозится. По третьему закону Ньютона Земля при этом подталкивает Луну вперёд по орбите, и Луна медленно удаляется — примерно на 4 см в год.
б. Атмосферный прилив. Здесь максимум наступает на два часа раньше зенита. Значит место проходит сквозь атмосферный горб до того, как окажется под Солнцем, — то есть горб развёрнут назад по вращению. Тогда Солнце тянет его вперёд, и момент получается ускоряющим: атмосферный прилив препятствует замедлению, слегка подкручивая Землю.
Проверка. Знак определяется только тем, опережает горб или отстаёт ✓ — величина притяжения тут вторична. Атмосферный прилив опережает потому, что он не гравитационный, а тепловой: воздух прогревается и расширяется, и максимум приходится не на полдень. Эффект от него мал по сравнению с океаническим: суммарно сутки всё равно удлиняются примерно на \(2\) мс за столетие ✓ — это подтверждается и записями древних затмений, и ростовыми кольцами ископаемых кораллов, из которых видно, что 400 млн лет назад в году было около 400 суток ✓.Ответ а. Из-за трения горбы разворачиваются вперёд по вращению; Луна тянет ближний горб назад — возникает тормозящий момент. б. Атмосферный прилив опережает зенит, поэтому его момент ускоряет вращение, то есть препятствует замедлению.Задача 2.7.40
6/10Однородная спица длины \(l\), стоящая на гладкой горизонтальной поверхности, начинает падать из вертикального положения. Определите скорость верхнего конца спицы перед ударом его о поверхность.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Поверхность гладкая — горизонтальных сил нет, значит центр масс падает строго по вертикали. Это сразу связывает скорость центра с угловой скоростью, и остаётся один закон сохранения энергии.Опора гладкая, поэтому центр масс движется строго вниз. Кинематика. Пусть \(\theta\) — угол спицы с вертикалью. Нижний конец остаётся на поверхности, центр масс — на высоте \(\frac l2\cos\theta\), и его скорость направлена вниз:
\[ v_{\text{ц}} = \frac l2\,\omega\sin\theta. \]В момент падения \((\theta = 90^\circ)\) получаем \(v_{\text{ц}} = \omega l/2\).
Энергия. Центр масс опустился на \(l/2\):
\[ mg\,\frac l2 = \frac{mv_{\text{ц}}^2}{2} + \frac{J\omega^2}{2}, \qquad J = \frac{ml^2}{12}. \]Подставляем \(v_{\text{ц}} = \omega l/2\):
\[ \frac{mgl}{2} = \frac{m\omega^2l^2}{8} + \frac{m\omega^2l^2}{24} = \frac{m\omega^2l^2}{6} \quad\Longrightarrow\quad \omega^2 = \frac{3g}{l}. \]Скорость верхнего конца. Он отстоит от центра масс на \(l/2\), и в последний момент вращение добавляет к скорости центра ещё \(\omega l/2\) вниз:
\[ v = v_{\text{ц}} + \frac{\omega l}{2} = \omega l = \sqrt{3gl}. \]Проверка. Сравним со свободным падением с высоты \(l\): там было бы \(\sqrt{2gl}\) — меньше ✓. И это правильно: часть энергии, конечно, ушла во вращение, зато верхний конец «складывается» из двух движений и в итоге разгоняется сильнее. Если бы поверхность была шершавой и нижний конец не скользил, спица падала бы вокруг него, и было бы \(\omega^2 = 3g/l\) (тот же результат!), но верхний конец имел бы \(v = \omega l = \sqrt{3gl}\) ✓ — ответ совпадает, что приятно. Размерность ✓.Ответ \( v = \sqrt{3gl} \).Пластилин в конец стержня
6/10Тонкий стержень массы \(m\) и длины \(l\) лежит на гладкой горизонтальной поверхности. Пластилиновый шарик массы \(m\) со скоростью \(v\), перпендикулярной стержню, ударяется об один из его концов и прилипает к нему. Какое количество теплоты выделится при таком ударе?
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Сохраняются импульс и момент импульса. Момент импульса удобнее всего считать относительно центра масс получившейся системы — тогда после удара он сводится к простому \(J\omega\).Вид сверху: шарик прилипает к концу стержня. Скорость центра масс. Полный импульс сохраняется, суммарная масса \(2m\):
\[ mv = 2m\,V \quad\Longrightarrow\quad V = \frac v2. \]Где центр масс системы. Стержень (масса \(m\), центр в середине) и шарик (масса \(m\), на конце, то есть в \(l/2\) от середины). Общий центр масс — посередине между ними, то есть в \(l/4\) от середины стержня в сторону шарика.
Момент импульса относительно этой точки. До удара его даёт только шарик; его плечо \(l/2 - l/4 = l/4\):
\[ L = m v\,\frac l4. \]После удара система вращается вокруг своего центра масс с моментом инерции
\[ J = \underbrace{\frac{ml^2}{12} + m\left(\frac l4\right)^{\!2}}_{\text{стержень}} + \underbrace{m\left(\frac l4\right)^{\!2}}_{\text{шарик}} = \frac{ml^2}{12} + \frac{ml^2}{8} = \frac{5ml^2}{24}. \]Отсюда
\[ \omega = \frac{L}{J} = \frac{mvl/4}{5ml^2/24} = \frac{6v}{5l}. \]Энергия.
\[ K' = \frac{2mV^2}{2} + \frac{J\omega^2}{2} = \frac{mv^2}{4} + \frac{5ml^2}{48}\cdot\frac{36v^2}{25l^2} = \frac{mv^2}{4} + \frac{3mv^2}{20} = \frac{2mv^2}{5}, \] \[ Q = \frac{mv^2}{2} - \frac{2mv^2}{5} = \frac{mv^2}{10}. \]Проверка. В тепло ушла одна пятая начальной энергии, а не половина, как было бы при лобовом слипании двух равных масс ✓ — часть энергии «спаслась» в виде вращения. Проверим предельный случай: если бы шарик попал в середину стержня, вращения не возникло бы вовсе, и мы получили бы классическое \(Q = mv^2/4\), то есть половину ✓. Значит удар по краю выгоднее по энергии ✓, и это понятно: там стержню «легче» отскочить.Ответ \( Q = \dfrac{mv^2}{10} \).Пластилин в середину стержня
6/10Стержень массы \(m_1\) и длины \(l\) подвешен на шарнире. Небольшой кусок пластилина массы \(m_2\) прилипает к середине стержня, двигаясь до соударения с ним горизонтально со скоростью \(v\). Найдите максимальный угол отклонения стержня от вертикали. Трением в шарнире пренебречь.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Два этапа. Удар: импульс в шарнире не сохраняется, зато сохраняется момент импульса относительно шарнира. Подъём: работает сохранение энергии. Приятная деталь — центр масс стержня и прилипший пластилин находятся на одном расстоянии \(l/2\) от шарнира, поэтому поднимаются на одну и ту же высоту.Пластилин бьёт в середину — на расстоянии \(l/2\) от шарнира. Удар. Момент импульса относительно шарнира сохраняется. До удара его даёт только пластилин, плечо \(l/2\):
\[ L = m_2v\,\frac l2. \]После удара система вращается вокруг шарнира с моментом инерции
\[ J = \underbrace{\frac{m_1l^2}{3}}_{\text{стержень}} + \underbrace{m_2\left(\frac l2\right)^{\!2}}_{\text{пластилин}} = \frac{l^2\,(4m_1+3m_2)}{12}, \] \[ \omega = \frac{L}{J} = \frac{m_2vl/2}{l^2(4m_1+3m_2)/12} = \frac{6m_2v}{l\,(4m_1+3m_2)}. \]Подъём. Кинетическая энергия сразу после удара
\[ K = \frac{J\omega^2}{2} = \frac{l^2(4m_1+3m_2)}{24}\cdot\frac{36m_2^2v^2}{l^2(4m_1+3m_2)^2} = \frac{3m_2^2v^2}{2\,(4m_1+3m_2)}. \]И стержень (его центр масс), и пластилин находятся в \(l/2\) от шарнира, поэтому оба поднимаются на \(\frac l2(1-\cos\alpha)\):
\[ K = (m_1+m_2)\,g\,\frac l2\,(1-\cos\alpha). \]Ответ.
\[ 1-\cos\alpha = \frac{3m_2^2v^2}{gl\,(4m_1+3m_2)(m_1+m_2)},\qquad \cos\alpha = 1 - \frac{3m_2^2v^2}{gl\,(4m_1+3m_2)(m_1+m_2)}. \]Проверка. При \(m_2\to0\) получаем \(\alpha\to0\) ✓ — лёгкая пылинка стержень не качнёт. При очень большой \(v\) правая часть может стать меньше \(-1\); это значит, что стержень проворачивается через верх и «максимального угла» уже нет ✓. Заметим, что в тепло на ударе уходит немало: начальная энергия \(m_2v^2/2\), а осталось \(3m_2^2v^2/(2(4m_1+3m_2))\) — при \(m_1\gg m_2\) это доля порядка \(3m_2/(4m_1) \ll 1\) ✓, почти всё превращается в тепло, как и положено при прилипании к массивному телу.Ответ \( \cos\alpha = 1 - \dfrac{3m_2^2v^2}{gl\,(4m_1+3m_2)(m_1+m_2)} \).Задача 2.7.43
6/10Каким местом при фехтовании палками нужно ударять их друг о друга, чтобы не чувствовать отдачи? Палку держат одной рукой за её конец.
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Удар одновременно и толкает палку назад (её центр масс), и раскручивает её вокруг центра масс. Рука не почувствует отдачи, если эти два движения в точке «рука» погасят друг друга — то есть если рука окажется мгновенным центром вращения.Условие «нет отдачи». Пусть удар — короткий импульс \(P\), приложенный на расстоянии \(x\) от руки. Если рука ничего не чувствует, значит она не действует на палку, и весь импульс достаётся палке:
\[ P = m\,V_{\text{ц}}, \]где \(V_{\text{ц}}\) — скорость центра масс сразу после удара. Одновременно
\[ P\,x = J_{\text{ц}}\,\omega. \]Точка руки должна остаться на месте. Рука держит конец палки, он отстоит от центра масс на \(l/2\). Скорость этой точки равна \(V_{\text{ц}} - \omega\,\frac l2\), и она должна быть нулевой:
\[ V_{\text{ц}} = \omega\,\frac l2. \]Считаем. Для однородной палки \(J_{\text{ц}} = ml^2/12\). Делим второе уравнение на первое:
\[ x = \frac{J_{\text{ц}}\,\omega}{m V_{\text{ц}}} = \frac{ml^2\omega/12}{m\,\omega l/2} = \frac{l}{6}. \]Это расстояние от центра масс. От руки, то есть от конца палки, это
\[ \frac l2 + \frac l6 = \frac{2l}{3}. \]Проверка. Та же точка получается из формулы задачи 2.7.44: \(x = J/(mR)\), где \(J = ml^2/3\) — момент инерции относительно руки, а \(R = l/2\) — расстояние до центра масс: \(x = (ml^2/3)/(m\,l/2) = 2l/3\) ✓. Эта точка называется центром удара. Практика её знает: у теннисной ракетки и у бейсбольной биты это «сладкое пятно», у меча — примерно на двух третях клинка. Если ударить ближе к руке, отдача пойдёт вперёд, если дальше — назад ✓.Ответ На расстоянии \( 2l/3 \) от руки.Сила на ось
6/10Момент инерции твёрдого тела массы \(m\) относительно оси \(O\) равен \(J\). Центр масс тела находится на расстоянии \(R\) от этой оси. Найдите силу, действующую на ось при кратковременном приложении к твёрдому телу силы \(F\), перпендикулярной отрезку длины \(x\), который соединяет точку приложения силы и ось. При каком \(x\) сила, действующая на ось, наименьшая?
К задаче 2.7.44 (рисунок из условия, перерисован) ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Найдём угловое ускорение, из него — ускорение центра масс, а потом запишем второй закон Ньютона для тела целиком: неизвестной останется только сила со стороны оси.Угловое ускорение. Момент силы относительно оси равен \(Fx\), значит
\[ \varepsilon = \frac{Fx}{J}. \]Ускорение центра масс. Он движется по окружности радиуса \(R\); сразу после приложения силы скорость ещё нулевая, поэтому есть только тангенциальная составляющая:
\[ a_{\text{ц}} = \varepsilon R = \frac{FxR}{J}. \]Второй закон Ньютона. На тело действуют \(F\) и реакция оси \(N\) (обе перпендикулярны отрезку \(x\)):
\[ F + N = m a_{\text{ц}} = \frac{mFxR}{J} \quad\Longrightarrow\quad N = F\left(\frac{mRx}{J} - 1\right). \]По третьему закону Ньютона на ось действует такая же по модулю сила
\[ F' = F\left(\frac{mRx}{J} - 1\right). \]Когда она наименьшая. Модуль обращается в нуль при
\[ x = \frac{J}{mR}. \]Проверка. Это и есть центр удара из задачи 2.7.43 ✓: для палки, которую держат за конец, \(J = ml^2/3\), \(R = l/2\), и \(x = 2l/3\) ✓. Знак тоже осмыслен: при \(x < J/(mR)\) величина \(F'\) отрицательна — ось «дёргает» в сторону, противоположную удару, при \(x > J/(mR)\) — в ту же сторону ✓. При \(x = 0\) получаем \(F' = -F\) ✓: сила, приложенная точно к оси, целиком воспринимается осью, тело не разгоняется.Ответ \( F' = F\left(\dfrac{mRx}{J} - 1\right) \); наименьшая (нулевая) при \( x = \dfrac{J}{mR} \).Две гантели
6/10Две одинаковые гантели летят навстречу друг другу со скоростью \(v_1\) и \(v_2\) так, как изображено на рисунке: стержни вертикальны, а сталкиваются верхний шарик первой гантели и нижний шарик второй. Расстояние между шариками гантели \(l\). Как будут двигаться гантели после упругого соударения?
К задаче 2.7.45 (рисунок из условия, перерисован). Стержни гантелей вертикальны; на одной прямой (штриховая) лежат верхний шарик левой гантели и нижний шарик правой. ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Замечательный факт: для гантели, которую бьют по шарику перпендикулярно стержню, «эффективная масса» в точке удара равна массе одного шарика. Поэтому удар выглядит просто как упругое столкновение двух одинаковых шариков — они обмениваются скоростями, а вторые шарики о столкновении даже «не узнают».Столкнутся верхний шарик левой гантели и нижний шарик правой. Эффективная масса. Пусть масса шарика \(m\), тогда масса гантели \(2m\), а её момент инерции относительно центра \(J = 2m(l/2)^2 = ml^2/2\). Импульс \(P\), приложенный к шарику перпендикулярно стержню, меняет скорость этого шарика на
\[ \Delta v = \underbrace{\frac{P}{2m}}_{\text{поступательно}} + \underbrace{\frac{P\,(l/2)}{J}\cdot\frac l2}_{\text{за счёт вращения}} = \frac{P}{2m} + \frac{P}{2m} = \frac{P}{m}. \]То есть ударяемый шарик отзывается так, как отозвался бы свободный шарик массы \(m\).
Сам удар. Значит это упругое столкновение двух одинаковых масс — они просто обмениваются скоростями:
\[ \text{верхний шарик левой гантели: } v_1 \to -v_2,\qquad \text{нижний шарик правой: } -v_2 \to v_1. \]Вторые шарики сохранили свои скорости \(v_1\) и \(-v_2\). Отсюда для каждой гантели
\[ V_{\text{ц}} = \frac{v_1 - v_2}{2}\ \text{(у обеих одинаково)},\qquad \omega = \frac{v_1+v_2}{l}. \]Обе гантели вращаются в одну сторону — так, что ударенные шарики уходят назад, а нетронутые продолжают лететь как летели.
Что дальше. Центры гантелей движутся одинаково, значит друг относительно друга они не смещаются — гантели просто крутятся. Второй удар произойдёт, когда встретятся другие два шарика, а для этого гантели должны развернуться на \(180^\circ\):
\[ t = \frac{\pi}{\omega} = \frac{\pi l}{v_1+v_2}. \]В этот момент картинка в точности зеркальна первой, скорость сближения снова \(v_1+v_2\), и второй удар «отыгрывает» первый: вращение прекращается, и гантели разлетаются с теми же скоростями \(v_1\) и \(v_2\), с какими летели вначале.
Проверка. Энергия: до удара \(m v_1^2/2 + mv_2^2/2\) на каждую пару шариков; после первого удара \(2\cdot\frac{2m V_{\text{ц}}^2}{2} + 2\cdot\frac{J\omega^2}{2} = 2m\frac{(v_1-v_2)^2}{4} + \frac{ml^2}{2}\cdot\frac{(v_1+v_2)^2}{l^2} = \frac{m(v_1-v_2)^2}{2} + \frac{m(v_1+v_2)^2}{2} = m(v_1^2+v_2^2)\) ✓ — сходится.
Расхождение с задачником. В ответах указано время \(\pi l/[2(v_1+v_2)]\), то есть поворот на \(90^\circ\). Но при повороте на \(90^\circ\) вторые шарики оказываются на расстоянии \(l\sqrt2\) друг от друга и встретиться не могут: центры гантелей неподвижны друг относительно друга, а совпадение вторых шариков требует, чтобы стержни развернулись ровно на \(180^\circ\). Поэтому правильное время — \(\pi l/(v_1+v_2)\).Ответ Сразу после удара центры обеих гантелей движутся со скоростью \( \dfrac{v_1-v_2}{2} \), а сами гантели вращаются с угловой скоростью \( \dfrac{v_1+v_2}{l} \). Через время \( \dfrac{\pi l}{v_1+v_2} \) происходит второй удар: вращение прекращается, и гантели летят с прежними скоростями \(v_1\) и \(v_2\).Задача 2.7.46
6/10На какую высоту можно подбросить мешок с песком с помощью доски массы \(m_1\) и длины \(l\), если на другой конец этой доски с высоты \(H\) падает такой же мешок с песком? Масса мешка с песком равна \(m_2\).
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Доска лежит на опоре посередине — это рычаг. Удар мгновенный, поэтому в нём сохраняется момент импульса относительно опоры. Песок неупругий: падающий мешок остаётся на доске, а второй улетает со скоростью своего конца.Мешок падает с высоты \(H\) на конец доски-рычага. Скорость падающего мешка.
\[ u = \sqrt{2gH}. \]Удар. Момент импульса относительно опоры сохраняется. До удара его даёт только падающий мешок, плечо \(l/2\):
\[ L = m_2u\,\frac l2. \]Сразу после удара всё вращается вокруг опоры как одно целое с моментом инерции
\[ J = \underbrace{\frac{m_1l^2}{12}}_{\text{доска}} + \underbrace{2\,m_2\left(\frac l2\right)^{\!2}}_{\text{два мешка}} = \frac{l^2\,(m_1+6m_2)}{12}, \] \[ \omega = \frac{m_2u\,l/2}{l^2(m_1+6m_2)/12} = \frac{6m_2u}{l\,(m_1+6m_2)}. \]Скорость взлетающего мешка — это скорость его конца доски:
\[ V = \omega\,\frac l2 = \frac{3m_2u}{m_1+6m_2}. \]Высота.
\[ h = \frac{V^2}{2g} = \frac{9m_2^2u^2}{2g\,(m_1+6m_2)^2} = H\left(\frac{3m_2}{m_1+6m_2}\right)^{\!2}. \]Проверка. Если доска невесома \((m_1 = 0)\), то \(h = H(3m_2/6m_2)^2 = H/4\) ✓ — даже в идеальном случае мешок взлетает лишь на четверть высоты падения: половина энергии теряется на неупругом ударе, и ещё половина остаётся у падающего мешка, который тоже движется. Чем тяжелее доска, тем меньше \(h\) ✓. Максимум по \(m_2\) при фиксированной \(m_1\) достигается при \(m_2 \to \infty\) и равен \(H/4\) ✓ — выше четверти не прыгнуть, так что цирковой номер требует упругой доски, а не жёсткой.Ответ \( h = H\left(\dfrac{3m_2}{m_1+6m_2}\right)^{2} \).Задача 2.7.47
6/10На вертикальную трубу, выходящую из дна сосуда с жидкостью, герметично надета коленчато изогнутая насадка — сегнерово колесо. Если в сосуд подливать жидкость, чтобы уровень не менялся, колесо вращается с постоянной угловой скоростью \(\omega\). Определите момент сил трения, действующий на насадку, если относительно неё жидкость вытекает со скоростью \(u\) по касательной к окружности радиуса \(R\). Расход массы жидкости в единицу времени \(\mu\).
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Момент импульса, который уносит вытекающая струя за секунду, и есть тот момент, которым струя «подкручивает» колесо. Раз колесо крутится равномерно, ровно столько же забирает трение.Струя вылетает по касательной к окружности радиуса \(R\). Скорость струи в неподвижной системе. Относительно насадки жидкость вылетает со скоростью \(u\) по касательной, а сама насадка в этом месте движется со скоростью \(\omega R\) в противоположную сторону. Значит в лабораторной системе тангенциальная скорость струи равна
\[ u - \omega R. \]Уносимый момент импульса. За секунду вытекает масса \(\mu\), и каждая единица массы уносит момент импульса \((u-\omega R)R\):
\[ \frac{\Delta L}{\Delta t} = \mu\,(u-\omega R)\,R. \]Баланс. Такой же по величине момент струя передаёт колесу (реактивный момент). Раз \(\omega\) постоянна, суммарный момент на колесе нулевой, значит момент сил трения равен
\[ M = \mu\,(u-\omega R)\,R. \]Проверка. Если колесо застопорено \((\omega = 0)\), момент максимален: \(M = \mu u R\) ✓ — это «пусковой» момент. Если колесо раскрутилось до \(\omega = u/R\), струя вылетает в лабораторной системе без тангенциальной скорости, момент равен нулю ✓ — это холостой ход, и быстрее колесо без нагрузки не раскрутится. Размерность: \([\mu\,u\,R] = (\text{кг/с})(\text{м/с})\,\text{м} = \text{Н}\cdot\text{м}\) ✓.Ответ \( M = \mu\,(u-\omega R)\,R \).Задача 2.7.48
6/10Найдите, пренебрегая трением, полезную мощность турбины, устроенной по принципу сегнерова колеса. Данные возьмите из предыдущей задачи. Как зависит угловая скорость вращения турбины от момента сил нагрузки?
К задаче 2.7.48 (рисунок из условия, перерисован) ▶РешениеСкрыть: решение
РешениеИдея Полезная мощность — это момент, переданный на вал, умноженный на угловую скорость. Момент мы уже знаем из задачи 2.7.47; теперь его создаёт не трение, а нагрузка.Мощность. Момент, который турбина отдаёт нагрузке, равен \(M = \mu(u-\omega R)R\), поэтому
\[ N = M\omega = \mu\,(u-\omega R)\,R\,\omega. \]Зависимость \(\omega\) от нагрузки. Из того же равенства
\[ \omega = \frac{u}{R} - \frac{M}{\mu R^2}. \]Чем больше момент нагрузки, тем медленнее вращается турбина; при \(M = \mu u R\) она останавливается совсем.
Когда мощность наибольшая. \(N(\omega) = \mu R\,(u\omega - R\omega^2)\) — парабола с максимумом посередине между нулями \(\omega = 0\) и \(\omega = u/R\):
\[ \omega_{\text{опт}} = \frac{u}{2R},\qquad N_{\max} = \mu R\left(u\cdot\frac{u}{2R} - R\,\frac{u^2}{4R^2}\right) = \frac{\mu u^2}{4}. \]Проверка. Проверим энергетический баланс. За секунду жидкость уносит кинетическую энергию \(\mu(u-\omega R)^2/2\), а на вал уходит \(\mu R(u-\omega R)\omega\). Сумма равна \[ \mu\,(u-\omega R)\left[\frac{u-\omega R}{2} + R\omega\right] = \frac{\mu\,(u^2 - \omega^2R^2)}{2}, \]и это в точности мощность, которую подводит напор: при уровне \(h\) в сосуде скорость истечения относительно насадки равна \(u = \sqrt{2gh + \omega^2R^2}\) (к обычному напору добавляется центробежный), то есть \(\mu(u^2-\omega^2R^2)/2 = \mu g h\) ✓ — всё сходится.
КПД \(= \dfrac{M\omega}{\mu gh} = \dfrac{2R\omega}{u+\omega R}\) растёт с \(\omega\) и стремится к единице при \(\omega\to u/R\) ✓ — но полезная мощность при этом падает до нуля, поэтому на практике работают вблизи \(\omega = u/(2R)\).Ответ \( N = \mu\,(u-\omega R)R\,\omega \); \( \omega = \dfrac{u}{R} - \dfrac{M}{\mu R^2} \); максимум \( N_{\max} = \mu u^2/4 \) при \( \omega = u/(2R) \).Раскрутка трением
6/10Два одинаковых диска с радиусами \(R\) насажены на параллельные вертикальные оси, на которых они могут вращаться без трения. Расстояние между осями чуть больше \(2R\), так что между боковыми поверхностями дисков остаётся небольшой зазор. Верхние основания дисков лежат в одной горизонтальной плоскости. Цилиндрический валик радиуса \(r\), длины \(2R\) может свободно вращаться вокруг горизонтальной оси, плоскость которой лежит в одной плоскости с осями дисков. Сам валик располагается между осями дисков и прижимается к верхним основаниям дисков с одинаковыми силами. Линия касания валика и дисков совпадает с радиусами дисков. Один из дисков вращается с помощью электродвигателя с постоянной угловой скоростью \(\omega_0\) и приводит во вращение из-за трения между соприкасающимися поверхностями валик, который в свою очередь раскручивает второй диск.
Найдите установившуюся скорость вращения \(\omega_x\) второго диска.
Примечание. При вращении твёрдого тела с постоянной угловой скоростью сумма моментов внешних сил относительно оси вращения равна нулю.
▶ПодсказкаСкрыть: подсказка
ПодсказкаВдоль линии касания скорости точек валика и диска совпадают лишь в одной точке — там сила трения меняет направление. Положение этой точки на свободном диске найдите из равенства нулю суммарного момента сил трения на нём, затем так же — для валика.
▶ОтветСкрыть: ответ
Ответ\(\omega_x = \omega_0(\sqrt2 - 1)\).
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеРассмотрим момент времени, когда валик и правый диск вращаются с постоянными угловыми скоростями \(\Omega\) и \(\omega_x\) соответственно. Введём ось \(Oy\), направленную вдоль оси симметрии валика влево, с началом в центре его правого основания.
Сила трения, действующая на правый диск, меняет своё направление в некоторой точке с координатой \(y_x\). На участке с координатой от \(0\) до \(y_x\) скорость точек валика \(\Omega r\) больше, чем скорость точек диска \(v_x = \omega_x y\), значит сила трения на этом участке направлена по скорости точек валика («от нас»). Аналогично можно показать, что на участке с координатой от \(y_x\) до \(R\), сила трения направлена против скорости точек валика («на нас»).
Сила трения, действующая на участке длиной \(\Delta y\), равна \(f\Delta y\), где \(f\) — сила трения, приходящаяся на единицу длины. Равнодействующая такой равномерно распределённой силы приложена к середине указанного отрезка. С учётом того, что суммарный момент внешней силы трения, действующей на правый диск, равен нулю, получаем: \[fy_x\cdot\frac{y_x}{2} = f(R - y_x)\cdot\frac{R + y_x}{2}.\] Откуда \(y_x = R/\sqrt2\).
Сила трения, действующая на валик со стороны левого диска меняет своё направление в некоторой точке с координатой \(y_0\). Плечо этой силы равно \(r\), а так как валик равномерно вращается, то суммарный момент силы трения, действующей на валик относительно оси вращения также равен нулю, а значит: \[fy_x\cdot r + f(2R - y_0)\cdot r = f(y_0 - y_x)\cdot r.\] Откуда \(y_0 = y_x + R = R/\sqrt2 + R\).
В точках с координатами \(y_x\) и \(y_0\), где сила трения меняет направление, скорости точек дисков равны скорости точек валика \(\Omega r\). Скорость точки правого диска с координатой \(y_x\) равна \(\omega_x\cdot y_x = \omega_x\frac{R}{\sqrt2}\). Скорость точки левого диска с координатой \(y_0\) равна \(\omega_0\cdot(2R - y_0) = \omega_0\cdot\left(R - \frac{R}{\sqrt2}\right)\). С учётом этого \(\omega_x\frac{R}{\sqrt2} = \omega_0\cdot\left(R - \frac{R}{\sqrt2}\right)\) или \[\omega_x = \omega_0(\sqrt2 - 1).\]
Хула-хуп с проскальзыванием
7/10«Игра с хула-хупом». «Хула-хуп» — это обруч, который девушки крутят на талии, а спортсменки проделывают с ним и другие «фокусы». Например, закручивают его в вертикальной плоскости и толкают от себя по горизонтали, после чего вращающийся обруч, проскальзывая по полу, отъезжает от них на некоторое расстояние и возвращается обратно.
Сформулируем задачу так: обруч радиусом \(R\) в момент толчка (см. рисунок) закручен вокруг горизонтальной оси до угловой скорости \(\omega_0\), и ему придали скорость \(\vec V_0\), направленную вдоль пола перпендикулярно оси вращения. Коэффициент трения обруча об пол равен \(\mu\).
На какое максимальное расстояние в направлении скорости \(\vec V_0\) обруч удалится от начальной точки?
Какова будет его угловая скорость в момент остановки?
С какой скоростью он будет катиться после окончания проскальзывания по полу?
Как связаны \(V_0\) и \(\omega_0\), если проскальзывание прекращается в момент возврата в исходную точку?
▶ПодсказкаСкрыть: подсказка
ПодсказкаПока есть проскальзывание, сила трения постоянна и направлена против скорости точки касания. Запишите уравнения для движения центра и для вращения; проскальзывание кончается, когда \(V = \omega R\).
▶ОтветСкрыть: ответ
Ответ1) \(S_{\max} = \dfrac{V_0^2}{2\mu g}\); 2) \(\omega_1 = \omega_0 - V_0/R\), при этом должно быть \(V_0 < \omega_0 R\); 3) \(V_{\text{к}} = \dfrac{\omega_0 R - V_0}{2} > 0\), так как \(V_0 < \omega_0 R\); 4) \(V_0 = \dfrac{\omega_0 R}{3}\).
Груз на нити, намотанной на блок-цилиндр
4/10Тонкостенный цилиндр-блок с грузом: уравнение вращения блока и второй закон для груза дают ускорение, затем время разгона и сила на ось (варианты 3–4).
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Фрикционная передача
6/10Валик прижат к свободно вращающемуся диску вдоль радиуса; установившееся вращение диска определяется равенством моментов сил трения, сухого (постоянная сила) и вязкого (пропорциональная относительной скорости), и сравниваются угловые скорости.
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Вязкий валик
6/10Цилиндр зажат между двумя вертикальными пластинами, движущимися вверх с разными скоростями, с вязким трением, пропорциональным относительной скорости; в установившемся режиме нулевой момент и баланс сил с весом дают угловую скорость, скорость центра и условие подъёма.
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Физика желеобразных веществ
6/10Определить модуль Юнга желатина статически (изгиб цилиндра под моментом) и динамически (крутильный маятник, период от момента инерции), затем скорость продольного звука по вибрации и сравнить с √(E/ρ).
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Эффективная масса
6/10Блок с неизвестной эффективной массой: по ускорению грузов на нити найти m_эфф, затем по трению нити о карандаш (формула Эйлера для нити на цилиндре) определить коэффициент трения скольжения.
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Стержень с грузами сразу после старта
6/10Невесомый стержень с массами 2m и m на плечах l/4 и 3l/4 отпускают из горизонтали; уравнение моментов и кинематическая связь дают ускорения тел (варианты 1–2).
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Стержень с грузами сразу после старта
6/10Невесомый стержень с массами 2m и m на плечах l/4 и 3l/4 отпускают из горизонтали; найти начальные ускорения тел (варианты 1–2).
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Изогнутый стержень на оси
6/10Два тела m и 2m на концах Г-образного стержня с осью в вершине; сразу после отпускания из уравнения моментов найти угловое ускорение, затем силу на ось. Второй комплект.
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Гантель
7/10На гантель из двух шайб на гладком столе действует постоянная сила под фиксированным углом к стержню; в момент, когда стержень не напряжён, найти угловую скорость, угловое ускорение, время и угол поворота из движения центра масс и уравнения моментов.
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Диск на резинках
6/10Масса горизонтально расположенного диска, насаженного на вертикальную ось \(O\) (см. рисунок), равна \(m\) и равномерно распределена по границе диска — окружности радиусом \(R\). В точках \(A\) и \(B\), лежащих на одном диаметре закреплены резиновые нити жёсткостью \(k\) и \(3k\), другие концы нитей присоединены к вертикальной стене. В положении равновесия отрезок \(AB\) располагается параллельно стене, нити не провисают, но и не деформированы, расстояние между ними равно \(2R\).
A. Пусть диск может вращаться, не испытывая трения, вокруг оси. Определите период малых колебаний диска.
B. Ось вращается по часовой стрелке с достаточно большой постоянной угловой скоростью. Трение между осью и диском сухое. Максимальный момент сил трения, действующих на диск равен \(M_0\) (\(M_0 \ll kR^2\)). Сначала диск удерживают в положении равновесия, потом отпускают.
B1) Через какое время после этого угловая скорость диска станет максимальной?
B2) Чему равна максимальная угловая скорость диска?
B3) Как изменится ответ, если диск будет вращаться против часовой стрелки?
▶ПодсказкаСкрыть: подсказка
ПодсказкаПри малых поворотах нить с одной стороны растягивается, а с другой провисает, так что в каждую половину периода работает только одна из нитей. В части B момент трения постоянен, пока диск скользит по оси.
▶ОтветСкрыть: ответ
ОтветA) \(T = \pi\left(\sqrt{\dfrac{m}{k}} + \sqrt{\dfrac{m}{3k}}\right)\); B1) \(t_1 = \dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{m}{k}}\); B2) \(\omega_{\max}^{(1)} = \dfrac{M_0}{R^2}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{km}}\); B3) \(t_2 = \dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{m}{3k}}\), \(\omega_{\max}^{(2)} = \dfrac{M_0}{R^2}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{3km}}\).
Кружатся диски
6/10
На рисунке показана схема электрической цепи, состоящей из источника с электродвижущей силой \(\mathcal{E}\), конденсатора ёмкостью \(C\), катушки индуктивностью \(L\), ключа \(K\) и металлического диска радиусом \(R\). Диск может вращаться вокруг своей оси без трения. Диск расположен в однородном магнитном поле с индукцией \(\vec B\), направленном вдоль его оси так, как показано на рисунке. Практически вся масса \(m\) диска сосредоточена в его тонком ободе. Источник соединён с диском в его центре \(O\), а катушка индуктивности соединена с диском с помощью неподвижного скользящего контакта \(A\). Омическим сопротивлением контура, по которому течёт ток, и наличием у него индуктивности (дополнительно к \(L\)) можно пренебречь. Изначально ключ \(K\) разомкнут, диск неподвижен, ток в катушке отсутствует, а конденсатор не заряжен. Ключ \(K\) замыкают.
Определите максимальную угловую скорость диска \(\omega_\text{max}\) после замыкания ключа, а также время \(\tau\) после замыкания ключа, через которое угловая скорость диска впервые достигает значения \(\omega_\text{max}\).
▶ПодсказкаСкрыть: подсказка
ПодсказкаВращающийся диск — источник ЭДС индукции \(\omega BR^2/2\), а ток через диск создаёт момент сил Ампера. Сравнив закон Кирхгофа с законом сохранения энергии (или записав уравнение вращения), получите, что \(\omega\) пропорциональна заряду конденсатора. Тогда для \(\omega\) выходит уравнение гармонических колебаний.
▶ОтветСкрыть: ответ
Ответ\(\omega_\text{max} = \dfrac{4BC\mathcal{E}}{4m + B^2R^2C}\); \(\tau = \pi\Big/\sqrt{\dfrac{1}{LC} + \dfrac{B^2R^2}{4mL}}\).
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеПусть диск вращается с угловой скоростью \(\omega\) в направлении против часовой стрелки. У носителей зарядов, находящихся на расстоянии \(r\) от оси диска, появляется коллективная скорость \(\omega r\), перпендикулярная оси диска, и, соответственно, появляется одинаковая (не зануляющаяся при суммировании по всем носителям) составляющая силы Лоренца, которая вызовет перераспределение носителей по радиусу до стационарного состояния, в котором разность потенциалов в точках, находящихся на расстояниях \(r\) и \(r + \mathrm{d}r\) от оси диска, равна \(\mathrm{d}\varphi = \omega B\,r\,\mathrm{d}r\).
Таким образом, присутствие магнитного поля вызовет появление во вращающемся диске ЭДС индукции, равной: \[\mathcal{E}_\text{инд} = \omega B\int_0^R r\,\mathrm{d}r = \frac{\omega BR^2}{2}, \tag{1}\] по знаку противоположной ЭДС источника.
Запишем второй закон Кирхгофа для контура электрической цепи: \[\mathcal{E} + \mathcal{E}_\text{инд} = \mathcal{E} - \frac{\omega BR^2}{2} = L\ddot q + \frac{q}{C}, \tag{2}\] где \(q\) — заряд конденсатора.
Далее запишем закон изменения энергии в электрической цепи, учитывая, что магнитное поле не совершает работы: \[A_\text{ист} = \mathcal{E}\cdot\Delta q = \Delta W_C + \Delta W_L + \Delta E_k,\] где \(W_C\) и \(W_L\) — энергия конденсатора и катушки индуктивности соответственно, а \(E_k\) — кинетическая энергия вращения обода. Приведём выражения для них: \[W_C = \frac{q^2}{2C} \qquad W_L = \frac{L\dot q^2}{2} \qquad E_k = \frac{mR^2\omega^2}{2}.\] Дифференцируя по времени закон сохранения энергии, получим: \[\mathcal{E}\dot q = \frac{q\dot q}{C} + L\dot q\ddot q + mR^2\omega\dot\omega. \tag{3}\] Умножая уравнение (2) на \(\dot q\) и вычитая из него уравнение (3), получим следующее соотношение между \(\dot\omega\) и \(\dot q\): \[\frac{BR^2\dot q}{2} = mR^2\dot\omega \;\Rightarrow\; \omega = \frac{qB}{2m}. \tag{4}\] В последнем переходе мы воспользовались начальными условиями: \[\omega(0) = 0 \qquad q(0) = 0.\]
Примечание: Связь \(\omega\) и \(q\) может быть получена из уравнения динамики вращательного движения диска относительно точки \(O\). Действительно: \[\frac{\mathrm{d}\vec L_O}{\mathrm{d}t} = mR^2\cdot\frac{\mathrm{d}\vec\omega}{\mathrm{d}t} = \vec M_O.\] Определим момент силы Ампера, действующей на возникающий в диске электрический ток: \[\mathrm{d}\vec M_O = \mathrm{d}I\,\bigl[\vec r\times[\mathrm{d}\vec r\times\vec B]\bigr] = -\mathrm{d}I\cdot r\,\mathrm{d}r\,\vec B,\] где \(r\) — расстояние до точки \(O\). Поскольку через круг любого радиуса с центром в точке \(O\) протекает ток силой \(I\) — для момента \(\vec M_O\) получим: \[\vec M_O = I\vec B\int_R^0 r\,\mathrm{d}r = \frac{IR^2\vec B}{2} = \frac{R^2\vec B}{2}\cdot\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}.\]
Таким образом: \[mR^2\cdot\frac{\mathrm{d}\vec\omega}{\mathrm{d}t} = \frac{R^2\vec B}{2}\cdot\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t} \;\Rightarrow\; \vec\omega = \frac{q\vec B}{2m}.\] Таким образом, возможны три комбинации двух физических законов, приводящие к решению задачи: 1) закон электромагнитной индукции и закон сохранения энергии; 2) уравнение динамики вращательного движения и закон электромагнитной индукции; 3) уравнение динамики вращательного движения и закон сохранения энергии.
Для определения максимальной угловой скорости заметим, что она достигается в момент, когда сила тока в цепи оказывается равной нулю. Тогда из закона изменения энергии имеем: \[\mathcal{E}q = \frac{q^2}{2C} + \frac{mR^2\omega_\text{max}^2}{2} \;\Rightarrow\; \frac{2m\omega_\text{max}\mathcal{E}}{B} = \frac{\omega_\text{max}^2}{2}\left(\frac{4m^2}{B^2C} + mR^2\right),\] откуда: \[\omega_\text{max} = \frac{4BC\mathcal{E}}{4m + B^2R^2C}.\] Комбинируя уравнения (2) и (4), получим: \[\mathcal{E} = \ddot\omega\cdot\frac{2mL}{B} + \omega\cdot\left(\frac{BR^2}{2} + \frac{2m}{BC}\right). \tag{5}\] Вводя переменную \(\omega' = \omega - 2BC\mathcal{E}/(4m + B^2R^2C)\), получим уравнение гармонических колебаний: \[\ddot\omega' = -\omega'\left(\frac{1}{LC} + \frac{B^2R^2}{4mL}\right) = -\Omega_0^2\omega' \quad \left[\Omega_0 = \sqrt{\frac{1}{LC} + \frac{B^2R^2}{4mL}}\right] \;\Rightarrow\; \omega'(t) = A\cos(\Omega_0t + \varphi_0).\] Определим \(A\) и \(\varphi_0\) из начальных условий: \[\begin{cases} \omega(0) = \dfrac{2BC\mathcal{E}}{4m + B^2R^2C} + A\cos\varphi_0 = 0\\ \dot\omega(0) = -\Omega_0A\sin\varphi_0 = 0 \end{cases} \;\Rightarrow\; \varphi_0 = \pi;\ A = \frac{2BC\mathcal{E}}{4m + B^2R^2C}.\] Окончательно для \(\omega(t)\) имеем: \[\omega(t) = \frac{2BC\mathcal{E}}{4m + B^2R^2C}\left(1 - \cos\left(\sqrt{\frac{1}{LC} + \frac{B^2R^2}{4mL}}\,t\right)\right). \tag{6}\] Угловая скорость впервые достигает значения \(\omega_\text{max}\), когда \(\cos\Omega_0\tau = -1\), т. е. при \(\omega_0\tau = \pi\). Тогда для \(\tau\) находим:
\[\tau = \frac{\pi}{\sqrt{\dfrac{1}{LC} + \dfrac{B^2R^2}{4mL}}}.\]
Цилиндр и куб на шероховатой плоскости
6/10Силой толкают куб, а он толкает цилиндр; цилиндр не вращается, если момент трения о пол и о куб уравновешен, откуда условие на минимальную силу.
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Падающая гантель
6/10Гантель из двух шариков упруго ударяется нижним шариком о гладкую плоскость, после удара скорости шариков перпендикулярны; законы сохранения импульса вертикали, энергии и момента найти скорость центра масс, угловую скорость и угол наклона.
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Вращающаяся гильза
6/10Вращающаяся гильза влетает в отверстие, трение скольжения направлено против полной скорости точки контакта; продольная и вращательная части раскладываются, по графику силы для невращающейся находят минимальную скорость, угловую скорость внутри и время.
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Стержень с двумя грузами в лунке
6/10Стержень с телами m и 3m в сферической лунке радиуса, равного его длине, отпускают из горизонтали; сразу после освобождения найти ускорение центра и силу натяжения (реакции) стержня.
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Стержень с двумя грузами в лунке
6/10Стержень с телами m и 3m в сферической лунке радиуса, равного его длине, отпускают из горизонтали; найти ускорение центра и силу натяжения стержня сразу после освобождения.
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Два блока
7/10Система двух лёгких блоков с нитью; на краю нижнего блока закреплена точечная масса, к концу нити привязан груз. Найти период малых колебаний около равновесия, связав смещения груза и вращение блока и использовав энергию или моменты.
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Цилиндр на наклонной плоскости
7/10Вращающаяся труба отпущена на гладком участке наклонной плоскости и попадает на шероховатый: проскальзывание, затем качение, подъём обратно; подбирается угол наклона для минимального времени возврата и условие на начальную угловую скорость.
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.
Раскрученный диск на границе поверхностей
7/10Вращающийся диск лежит на границе поверхностей с разным трением; сумма сил трения по двум половинам диска даёт ускорение центра.
Полный текст условия и решения набирается — скоро появится прямо здесь.