Трение по максимуму

Пока линейка наезжает на границу, сила трения растёт пропорционально длине шероховатой части, и уравнение движения совпадает с уравнением гармонических колебаний; разберите отдельно случаи малой и большой начальной скорости.

\(N_{\max} = \dfrac{mv_0^2}{2}\sqrt{\dfrac{\mu g}{L}}\),  \(t_{\max} = \dfrac{\pi}{4}\sqrt{\dfrac{L}{\mu g}}\),  если \(v_0 \leqslant \sqrt{2\mu gL}\);

\(N_{\max} = \mu mg\sqrt{v_0^2 - \mu gL}\),  \(t_{\max} = \sqrt{\dfrac{L}{\mu g}}\arcsin\left(\dfrac{\sqrt{\mu gL}}{v_0}\right)\),  если иначе.

Сила трения скольжения пропорциональна доле линейки, находящейся на шероховатой части. Пусть \(x\) — смещение переднего конца линейки за границу между полуплоскостями, тогда сила трения имеет вид \[F = \mu mg\cdot\dfrac{x}{L},\quad\text{если } x \leqslant L;\qquad F = \mu mg,\quad\text{если } x \geqslant L.\] Искомый максимум будет на промежутке \(0 < x \leqslant L\), так как при \(x \leqslant 0\) трения ещё нет, а при \(x > L\) мощность силы трения будет меньше, чем при \(x = L\), так как при \(x \geqslant L\) сила трения уже не растёт, а скорость только уменьшается, поэтому случай \(x > L\) можно не рассматривать.

Запишем второй закон Ньютона: \[ma = -\mu mg\cdot\dfrac{x}{L},\qquad\text{откуда}\qquad a + \dfrac{\mu g}{L}x = 0.\] Полученное уравнение совпадает с уравнением колебаний с циклической частотой \(\omega = \sqrt{\mu g/L}\). Конечно, никаких колебаний линейка совершать не будет, однако закон её движения на рассматриваемом промежутке будет таким же, как у пружинного маятника, выведенного толчком из положения равновесия.

Используя начальные значения координаты \(x(0) = 0\) и скорости \(v(0) = v_0\), запишем зависимости этих величин от времени: \[x(t) = x_0\sin\omega t,\qquad v(t) = v_0\cos\omega t,\] где \[x_0 = \dfrac{v_0}{\omega} = v_0\sqrt{\dfrac{L}{\mu g}}.\] Модуль мощности силы трения после упрощения имеет вид \[N = F\cdot v = \dfrac{mv_0^2}{2}\sqrt{\dfrac{\mu g}{L}}\sin 2\omega t.\] Эти формулы справедливы до тех пор, пока не произойдёт одно из двух событий: либо остановка линейки до полного пересечения ею границы между полуплоскостями, либо полное пересечение линейкой этой границы.

В первом случае, возникающем при условии \(x_0 \leqslant L\), что равносильно условию \(v_0 \leqslant \sqrt{\mu gL}\), начальное и конечное значения мощности равны нулю, а максимум мощности наблюдается, когда \(\sin 2\omega t = 1\). Отсюда находим значение максимума \[N_{\max} = \dfrac{mv_0^2}{2}\sqrt{\dfrac{\mu g}{L}}\] и точку максимума \[t_{\max} = \dfrac{\pi}{4}\sqrt{\dfrac{L}{\mu g}}.\] Во втором случае, возникающем при условии \(x_0 \geqslant L\), что равносильно условию \(v_0 \geqslant \sqrt{\mu gL}\), линейка полностью покинет гладкую полуплоскость в момент времени \[t_{\text{гран}} = \sqrt{\dfrac{L}{\mu g}}\arcsin\left(\dfrac{\sqrt{\mu gL}}{v_0}\right),\] имея при этом скорость \[v_{\text{гран}} = \sqrt{v_0^2 - \mu gL}.\] При условии \(t_{\text{гран}} \geqslant t_{\max}\), что равносильно условию \(v_0 \leqslant \sqrt{2\mu gL}\), максимум будет точно такой же, как в первом случае, причём условие \(v_0 \leqslant \sqrt{\mu gL}\) из первого случая полностью поглощается новым условием. При обратном условии \(t_{\text{гран}} \leqslant t_{\max}\) прежний максимум не успеет реализоваться до полного перехода линейкой границы между полуплоскостями, значит, как было написано в начале решения, максимум будет в момент \(t_{\text{гран}}\): \[N_{\max} = \mu mg\cdot v_{\text{гран}} = \mu mg\sqrt{v_0^2 - \mu gL}.\] Таким образом, окончательный ответ имеет следующий вид: \[N_{\max} = \dfrac{mv_0^2}{2}\sqrt{\dfrac{\mu g}{L}},\qquad t_{\max} = \dfrac{\pi}{4}\sqrt{\dfrac{L}{\mu g}},\qquad\text{если } v_0 \leqslant \sqrt{2\mu gL};\] \[N_{\max} = \mu mg\sqrt{v_0^2 - \mu gL},\qquad t_{\max} = \sqrt{\dfrac{L}{\mu g}}\arcsin\left(\dfrac{\sqrt{\mu gL}}{v_0}\right),\qquad\text{если иначе.}\]

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