Обруч на наклонной плоскости

Без проскальзывания сила трения работы не совершает, так что энергия сохраняется; кинетическая энергия обруча вдвое больше, чем у скользящего тела той же массы и скорости центра.

1) \(a = \dfrac{g\sin\alpha}{2} = 2{,}5\text{ м/с}^2\);  2) \(\mu = \dfrac{\mathrm{tg}\,\alpha}{2} = \dfrac{1}{2\sqrt3} = 0{,}29\).

1. Обозначим через \(m\) массу обруча. На обруч действуют сила тяжести \(m\vec g\), сила \(\vec N\) нормальной реакции наклонной плоскости и сила трения \(\vec F\). При движении без проскальзывания мгновенная скорость \(\vec V_A\) точки \(A\), в которой обруч касается плоскости, равна нулю. В этом случае \(\vec F\) является силой трения покоя. Её мгновенная мощность, равная скалярному произведению \(\vec F\vec V_A\), обращается в нуль. Поэтому сила \(\vec F\) не совершает работу и механическая энергия обруча сохраняется. Сохранение механической энергии можно обосновать по"=другому, сказав, что если в точке \(A\) нет проскальзывания, то там не выделяется тепло.

Пусть центр обруча прошёл расстояние \(S\) вдоль наклонной плоскости. Его перемещение по вертикали равно \(H = S\sin\alpha\). Скорость центра в этот момент обозначим через \(V\). Воспользуемся известным фактом, что кинетическая энергия обруча, катящегося без проскальзывания, равна \(mV^2\). Элементарное доказательство этого утверждения приведено, например, на официальном сайте олимпиады «Курчатов» (заключительный этап 2022 года, задача 2 для 11 класса). По закону сохранения энергии имеем: \[mgH = mV^2 \quad\longrightarrow\quad V^2 = gS\sin\alpha .\]

Рассмотрим теперь вспомогательную задачу. Брусок массой \(M\) соскальзывает из состояния покоя по гладкой плоскости, наклонённой к горизонту под углом \(\alpha\). Хорошо известно, что брусок движется с постоянным ускорением \[a = g\sin\alpha .\] Предположим, что брусок прошёл расстояние \(S\) вдоль наклонной плоскости, опустившись по вертикали на высоту \(H = S\sin\alpha\) и разогнавшись до скорости \(V\). Имеем: \[MgH = \frac{MV^2}{2} \quad\longrightarrow\quad V^2 = 2gS\sin\alpha .\] Как видно, выражение для квадрата скорости центра обруча получается отсюда заменой \(g \to g/2\). Сделав такую замену в формуле для ускорения бруска, находим ускорение центра обруча: \[a = \frac{g\sin\alpha}{2} = 2{,}5\text{ м/с}^2 .\] Этот результат можно получить по"=другому, воспользовавшись тем фактом, что линейная зависимость \(V^2\) от \(S\) характерна для равноускоренного движения. Полагая \(V = at\) и \(S = at^2/2\), получаем: \[a^2t^2 = \frac{at^2}{2}\,g\sin\alpha \quad\longrightarrow\quad a = \frac{g\sin\alpha}{2} .\]

2. Запишем для обруча уравнение второго закона Ньютона в системе отсчёта, связанной с наклонной плоскостью: \[m\vec a = m\vec g + \vec N + \vec F .\] Направим ось \(x\) вдоль ускорения центра обруча, а ось \(y\) перпендикулярно плоскости вверх. В проекциях на эти оси имеем: \[\begin{align*} ma &= mg\sin\alpha - F,\\ 0 &= N - mg\cos\alpha . \end{align*}\] Выразим отсюда силы \(F\) и \(N\): \[F = mg\sin\alpha - ma = \frac{mg\sin\alpha}{2}, \qquad N = mg\cos\alpha .\] Сила трения покоя удовлетворяет неравенству \(F \le \mu N\). Отсюда получаем значения коэффициента трения, при которых обруч будет скатываться без проскальзывания: \[\frac{mg\sin\alpha}{2} \le \mu mg\cos\alpha \quad\longrightarrow\quad \mu \ge \frac{\mathrm{tg}\,\alpha}{2} .\] Минимальное значение \(\mu\) равно: \[\mu = \frac{\mathrm{tg}\,\alpha}{2} = \frac{1}{2\sqrt3} = 0{,}29 .\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.