Балка на вращающихся цилиндрах

Нагрузка на цилиндры зависит от положения центра масс: сначала весь вес на малом цилиндре. Запишите правило моментов, затем второй закон Ньютона вдоль балки — получится колебательное уравнение. Следите, не сравняется ли скорость балки со скоростью поверхности.

Смещение \(s\) балки в сторону большого цилиндра: \(s=2(1-\cos0{,}5t)\) м при \(0\le t\le t_1=\pi/3\approx1{,}05\) с; \(s=(2-\sqrt3)+0{,}5\,(t-t_1)\) м (равномерно, \(0{,}5\) м/с) при \(t_1\le t\le t_2=\pi/3+2\sqrt3\approx4{,}51\) с; при \(t\ge t_2\) — колебания \(s=2+\sin\bigl(0{,}5\,(t-t_2)\bigr)\) м между \(1\) и \(3\) м с периодом \(4\pi\approx12{,}6\) с.

Что происходит. В начале центр масс балки стоит над осью малого цилиндра, и весь вес приходится на него; на большой цилиндр балка не давит. Верх малого цилиндра движется влево, он увлекает балку трением влево, балка смещается к большому цилиндру, и на него приходится всё большая часть веса. Большой цилиндр тянет балку трением вправо. Чем дальше балка сместилась, тем больше сила трения справа и меньше слева, поэтому движение оказывается колебательным. Ключ — нагрузка на каждый цилиндр как функция смещения (правило моментов) и два закона трения: скольжение, пока скорость балки меньше скорости поверхности малого цилиндра, и покой после.

Обозначения. Ось \(s\) направим влево, \(s=0\) в начальный момент; \(s\) — расстояние от центра масс до оси малого цилиндра по горизонтали (рис.). \(N_1,N_2\) — силы нормальной реакции со стороны большого и малого цилиндров, \(F_1,F_2\) — силы трения. Скорости верхних точек цилиндров: большого — \(\omega R\) вправо, малого — \(\omega r=0{,}5\) м/с влево. Коэффициент трения покоя считаем равным коэффициенту трения скольжения \(\mu\).

1. Нагрузка на цилиндры. Балка горизонтальна и не вращается, центр масс удалён от точки опоры на малый цилиндр на \(s\). Балка в равновесии по вертикали и по вращению: второй закон Ньютона с нулевым ускорением в проекции на вертикаль и правило моментов относительно точки опоры на малый цилиндр: \[N_1+N_2=mg,\qquad N_1L=mgs\ \Rightarrow\ N_1=mg\,\frac sL,\quad N_2=mg\Bigl(1-\frac sL\Bigr).\] Верно при \(0\le s\le L\), пока балка лежит на обоих цилиндрах.

2. Скольжение по обоим цилиндрам. Трение скольжения направлено вдоль скорости поверхности относительно балки. Пока балка движется влево медленнее, чем \(\omega r\), малый цилиндр скользит под ней, \(F_2=\mu N_2\) направлена влево. Большой цилиндр: его поверхность движется вправо со скоростью \(\omega R>\omega r\) (так как \(R>r\)), а скорость балки по модулю не превышает \(\omega r\) (это подтвердится ниже), поэтому поверхность скользит относительно балки вправо и трение скольжения \(F_1=\mu N_1\) направлено вправо. Второй закон Ньютона для балки в проекции на ось \(s\) (влево): \[m\ddot s=F_2-F_1=\mu mg\Bigl(1-\frac sL\Bigr)-\mu mg\,\frac sL\ \Rightarrow\ \ddot s=\frac{2\mu g}{L}\Bigl(\frac L2-s\Bigr).\] Это гармонические колебания около \(s=L/2\) с \(\Omega=\sqrt{2\mu g/L}=0{,}5\) рад/с. При \(s(0)=0\), \(\dot s(0)=0\): \[s=\frac L2\,(1-\cos\Omega t)=2\,(1-\cos0{,}5t)\ \text{м},\qquad v=\dot s=\frac{L\Omega}2\sin\Omega t=\sin0{,}5t\ \text{м/с}.\]

3. Скорость балки сравнялась со скоростью малого цилиндра. Формула пункта 2 даёт \(v=\omega r=0{,}5\) м/с при \(\sin\Omega t_1=0{,}5\): \[t_1=\frac{\pi}{6\Omega}=\frac\pi3\approx1{,}05\text{ с},\qquad s_1=2\Bigl(1-\cos\frac\pi6\Bigr)=2-\sqrt3\approx0{,}27\text{ м}.\] Обратите внимание: дальше эта формула неприменима — она дала бы скорость до \(1\) м/с, а балка не может двигаться влево быстрее поверхности малого цилиндра.

4. Движение вместе с малым цилиндром. С момента \(t_1\) в точке касания малого цилиндра проскальзывания нет, балка движется со скоростью \(0{,}5\) м/с: ускорения нет, сумма сил вдоль оси равна нулю, \(F_2=F_1=\mu N_1\), и это трение покоя от малого цилиндра. Оно допустимо, пока \(F_2\le\mu N_2\), то есть \(N_1\le N_2\), \(s\le L/2=2\) м. На большом цилиндре скольжение сохраняется. Время равномерного движения от \(s_1\) до \(2\) м: \[\frac{2-s_1}{0{,}5}=2\sqrt3\approx3{,}46\text{ с},\qquad t_2=t_1+2\sqrt3\approx4{,}51\text{ с}.\]

5. Колебания. При \(s>L/2\) нужного трения покоя не хватает (\(N_1>N_2\)), малый цилиндр снова скользит под балкой, и верно уравнение пункта 2 с начальными условиями \(s(t_2)=2\) м, \(\dot s(t_2)=0{,}5\) м/с: \[s=2+\sin\bigl(0{,}5\,(t-t_2)\bigr)\ \text{м},\qquad v=0{,}5\cos\bigl(0{,}5\,(t-t_2)\bigr)\ \text{м/с}.\] Амплитуда \(A=\omega r/\Omega=1\) м: балка доходит до \(s=3\) м, возвращается через \(s=2\) м (скорость \(0{,}5\) м/с вправо, меньше \(\omega r\) и \(\omega R\), оба цилиндра скользят под ней, направления трения прежние) до \(s=1\) м и вновь приходит в \(s=2\) м со скоростью \(0{,}5\) м/с влево. Состояние в точке \(s=2\) м повторяется, поэтому колебания продолжаются с периодом \(2\pi/\Omega=4\pi\approx12{,}6\) с, и участок равномерного движения происходит один раз — в начале. Условия опоры выполнены: \(1\le s\le3<L\), обе реакции положительны.

Проверка. Размерность: \(\sqrt{\mu g/L}\) даёт \(\text{с}^{-1}\). Скорость непрерывна: в точках \(t_1\) и \(t_2\) формулы соседних участков дают \(0{,}5\) м/с, смещение тоже непрерывно. Численное интегрирование уравнения движения с переключением скольжения и покоя шагом \(10^{-4}\) с даёт те же значения: \(s(2\text{ с})=0{,}744\) м, \(s(8\text{ с})=2{,}985\) м и максимум \(3{,}00\) м. Физический смысл: перевес трения со стороны более нагруженного цилиндра возвращает балку к \(s=L/2\), как сила упругости, а скорость балки не может превысить скорость поверхности малого цилиндра.

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