Трение качения Сизифа
7/10Мальчику Сизифу на кружке по физике рассказали про трение качения. Он узнал, что в реальном эксперименте на трубу, помещённую на некоторую плоскую поверхность, действует не только обычная сила трения величиной \(|\vec F_{\text{тр}}|\leqslant\mu|\vec N|\) (\(\vec N\) — нормальная сила реакции), но и вращающий момент трения качения относительно оси \(O\), возникающий вследствие небольшой деформации и препятствующий вращению трубы. Этот момент не превосходит по модулю величины \(f|\vec N|\), где \(f\) — коэффициент трения качения размерности длины, который можно считать постоянным для заданной пары тел. Сизиф провёл следующий эксперимент. Он расположил однородную тонкостенную трубу массой \(m\) и радиуса \(R\) на наклонной плоскости с углом \(\alpha\), удерживая её силой \(\vec T\) (см. рис.). В некоторый момент Сизиф отпустил трубу, и та начала скатываться по наклонной плоскости без проскальзывания. Определите, какие значения может принимать модуль силы \(\vec T\) и коэффициент трения \(\mu\). Чему равно ускорение оси трубы в процессе скатывания? Коэффициент трения качения \(f\) считайте известным.
▶Показать разборСкрыть разбор
Ответ\(|T-mg\sin\alpha|\leqslant\xi\,mg\cos\alpha\), где \(\xi=\min\{\mu,\,f/R\}\). При скатывании без проскальзывания \(\mu\geqslant\dfrac12\bigl(\operatorname{tg}\alpha+\dfrac{f}{R}\bigr)\), ускорение оси \(a=\dfrac12 g\cos\alpha\bigl(\operatorname{tg}\alpha-\dfrac{f}{R}\bigr)\).
РешениеПока труба удерживается, из равновесия: \(N=mg\cos\alpha\), \(T=mg\sin\alpha-F_{\text{тр}}\), \(F_{\text{тр}}R=M\), где \(|M|\leqslant fN\) и \(|F_{\text{тр}}|\leqslant\mu N\). Отсюда два условия \(|T-mg\sin\alpha|\leqslant\mu mg\cos\alpha\) и \(|T-mg\sin\alpha|\leqslant\dfrac{f}{R}mg\cos\alpha\), которые вместе дают \(|T-mg\sin\alpha|\leqslant\xi\,mg\cos\alpha\), \(\xi=\min\{\mu,f/R\}\).
При качении момент трения качения максимален, \(M=fN\), но \(F_{\text{тр}}=\mu N\) уже нельзя считать, так как проскальзывания нет. Используем \(ma=mg\sin\alpha-F_{\text{тр}}\), \(mR^2\beta=F_{\text{тр}}R-fN\) и кинематическую связь \(a=\beta R\). Решая, получаем \[F_{\text{тр}}=\frac12 mg\cos\alpha\Bigl(\operatorname{tg}\alpha+\frac{f}{R}\Bigr),\qquad a=\frac12 g\cos\alpha\Bigl(\operatorname{tg}\alpha-\frac{f}{R}\Bigr).\] Условие \(|F_{\text{тр}}|\leqslant\mu N\) даёт \(\mu\geqslant\dfrac12\bigl(\operatorname{tg}\alpha+\dfrac{f}{R}\bigr)\).
Похожие задачи
- Два колеса на ленте Санкт-Петербургская 2012/13, 9 кл.
- Обруч в желобе со льдом СПбГУ 2016/17, 10 кл.
- Обруч в желобе со льдом СПбГУ 2016/17, 11 кл.
- Обруч в желобе со льдом СПбГУ 2016/17, 9 кл.
- Раскрученный обруч МОШ 2018/19, 11 кл.
- Обруч на полу спортивного зала СПбГУ 2020/21, 10 кл.