Кольцо на наклонной плоскости

Без проскальзывания энергия складывается из поступательной и вращательной частей; условие отсутствия проскальзывания — сила трения покоя не больше \(\mu N\). Для эксцентрика приравняйте моменты сил тяжести относительно точки касания.

а) \(a=\dfrac{g\sin\alpha}{2}\) при \(\operatorname{tg}\alpha\le2\mu\); \(a=g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha)\) при \(\operatorname{tg}\alpha\ge2\mu\);  б) \(m_0\ge\dfrac{\sin\alpha}{1-\sin\alpha}m\), \(\mu\ge\operatorname{tg}\alpha\); положение равновесия: \(\varphi=\arcsin\left(\dfrac{m+m_0}{m_0}\sin\alpha\right)\).

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

\[\upsilon = \omega R.\tag{1}\]

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

\[E_{K} = \frac{m \upsilon ^{2}}{2} + \frac{m( \omega R)^{2}}{2} = m \upsilon ^{2}.\tag{2}\]

Согласно закону равноускоренного движения

\[S = \frac{at^{2}}{2} = \frac{ \upsilon ^{2}}{2a} \quad \Rightarrow \quad \upsilon ^{2} = 2aS,\tag{3}\]

где \(a\) — искомое ускорение цилиндра. С другой стороны, поскольку в системе нет тепловыделения, можем воспользоваться законом сохранения механической энергии

\[E_{\text{П}} = E_{K} \quad \Rightarrow \quad mgh = mgS\sin \alpha = m \upsilon ^{2} = \{(3)\} = 2aSm.\tag{4}\]

Из (4) находим ускорение цилиндра в случае отсутствия проскальзывания

\[a = \frac{g\sin \alpha }{2}.\tag{5}\]

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

\[F_{\text{тр}} = \frac{mg\sin \alpha }{2}.\tag{6}\]

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

\[\frac{mg\sin \alpha }{2} \le \mu N = \mu mg\cos \alpha \quad \Rightarrow \quad \mu \ge \frac{\operatorname{tg} \alpha }{2}.\tag{7}\]

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

\[ma = mg\sin \alpha - \mu N = mg(\sin \alpha - \mu \cos \alpha ) \quad \Rightarrow \quad a = g(\sin \alpha - \mu \cos \alpha ).\tag{8}\]

Искомая зависимость \(a( \alpha )\) имеет вид

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

График зависимости (9) изображен на рисунке.

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

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

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

\[\mu \ge \operatorname{tg} \alpha.\tag{11}\]

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

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

Выразим отсюда равновесный угол

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

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

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

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