Каток

Без проскальзывания каток вращается вокруг точки касания, поэтому уравнение моментов относительно неё даёт \(\tfrac32Ma=-kx\). Сила трения при этом пропорциональна ускорению, и проскальзывание начнётся, когда она достигнет \(\mu Mg\).

1) \(T_0=2\pi\sqrt{M/k}\);  2) \(T_r=2\pi\sqrt{\dfrac{3M}{2k}}\);  3) \(A_\star=\dfrac{3\mu Mg}{k}\);  4) \(\omega_{\max}=\dfrac{g\mu T}{r}\);  5) \(\varepsilon r=\pm2g\mu\) (прямоугольные импульсы со сменой знака через \(T/2\)), \(a\) изменяется по гармоническому закону (графики на рисунках).

i) Если трения между цилиндром и столом нет, цилиндр не вращается, и мы имеем простой пружинный осциллятор: \(T_0=2\pi\sqrt{M/k}\).

ii) Так как цилиндр не проскальзывает, он вращается вокруг точки касания с землёй. Момент инерции относительно точки касания \(I=Mr^2+\dfrac12Mr^2=\dfrac32Mr^2\). Угловое ускорение \(\alpha\) и ускорение \(a\) связаны соотношением \(a=\alpha r\). Уравнение движения поэтому имеет вид \[I\alpha=Fr=-kxr.\] Упрощая, получаем \[\frac32Ma=-kx.\] Это гармонический осциллятор с периодом \[T=\frac{2\pi}{\sqrt{\dfrac23\dfrac kM}}=2\pi\sqrt{\frac32\frac Mk}.\]

iii) Движение цилиндра синусоидально: \[x=A\sin\left(\sqrt{\frac23\frac kM}\,t\right).\] Из баланса горизонтальных сил \[-kx+F_\mu=Ma,\] поэтому сила трения линейно зависит от ускорения и равна \[F_\mu=-\frac12Ma.\] Ускорение \[a=\ddot x=-\frac23\frac kM\,A\sin(\omega t).\] Максимальная сила трения \[F_\mu^{\max}=\mu Mg=\frac12M\cdot\frac23\frac kM\,A\quad\to\quad A<\frac{3\mu Mg}{k}.\] Иначе говоря, \[A_\star=\frac{3\mu Mg}{k}.\]

iv) Уравнение движения по-прежнему \[-kx+F_\mu=M\ddot x,\] но теперь \(F_\mu\) равна \(Mg\mu\) почти всё время движения, так что её можно считать постоянной (время, когда это не так, пропорционально сокращается при росте \(A_0\)). Перепишем: \[-k\left(x-\frac{F_\mu}{k}\right)=M\ddot x.\] Видим, что цилиндр совершает синусоидальные колебания около точки \(x=F_\mu/k\), но из-за \(A_0\gg A_\star\) этим смещением можно пренебречь.

Уравнение вращательного движения даёт \[\frac12Mr^2\alpha=rF_\mu=rMg\mu,\qquad\text{так что}\qquad\alpha=\frac2{Mr}F_\mu.\] Поскольку направление силы трения постоянно при \(0\le t\le T/2\), имеем \(\omega=\dfrac2{Mr}F_\mu t\), и эта величина максимальна при \(t=T/2\), поэтому \[\omega_{\max}=\frac{g\mu T}{r}.\]

v) Из предыдущего пункта видно, что \(\varepsilon\) постоянно, но противоположно по знаку при \(0<t<T/2\) и \(T/2<t<T\); модуль \(\varepsilon r=2g\mu\). Линейное ускорение, напротив, изменяется по гармоническому закону. Из \(x=A_0\cos\left(\sqrt{\dfrac kM}\,t\right)\) получаем \(a=\ddot x=-\dfrac kM\,A\cos(2\pi t/T)\). Приближённые графики показаны на рисунках ниже.

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