Катушка

Мгновенный центр вращения катушки — точка касания со столом, поэтому скорость любой точки катушки перпендикулярна отрезку до этой точки. Для динамики удобно приравнять работу силы \(F\) приращению кинетической энергии, а при ударе о порожек сохраняется момент импульса относительно его края.

1) \(\dfrac{uR}{R\cos\alpha+r}\);  2) \(a=\dfrac FM\cdot\dfrac{\cos\alpha+r/R}{1+J/(MR^2)}\);  3) \(\mu_{\min}=\left|\dfrac{r/R-\dfrac{J}{MR^2}\cos\alpha}{\left(1+\dfrac{J}{MR^2}\right)\left(\dfrac{Mg}{F}-\sin\alpha\right)}\right|\);  4) \(v=u\left(1-\dfrac{H/R}{1+J/(MR^2)}\right)\);  5) \(w=\sqrt{v^2-\dfrac{2gH}{1+J/(MR^2)}}\);  6) \(u_0=\sqrt{g(R-H)}\,\dfrac{1+J/(MR^2)}{1+J/(MR^2)-H/R}\).

i) Первое решение. Мгновенный центр вращения катушки — точка касания \(P\) со столом (эта точка покоится). Поэтому скорость катушки \(u'=R\omega\), где \(\omega\) — угловая скорость. Рассмотрим треугольник \(POA\), где \(A\) — точка, в которой свободный конец верёвки в данный момент сходит с внутренней части катушки (но на самом деле это точка катушки, то есть она катится вместе с ней); \(O\) — центр катушки. Обозначим \(\angle PAO=\beta\); легко видеть, что \(\angle AOP=\pi-\alpha\). Скорость \(\vec v_A\) точки \(A\) перпендикулярна \(PA\), а потому образует угол \(\beta\) со свободным концом верёвки. Её проекция на верёвку равна \(u\), следовательно, \(v_A=u/\cos\beta\). Далее, \(\omega=v_A/l\), где \(l=|AP|\) находится по теореме косинусов: \(l=\sqrt{R^2+r^2+2Rr\cos\alpha}\). Угол \(\beta\) находится по теореме синусов для треугольника \(AOP\): \(\sin\beta=\dfrac{R\sin\alpha}{l}\). Собирая всё вместе, получаем \[u'=\frac{uR}{\sqrt{R^2\cos^2\alpha+r^2+2Rr\cos\alpha}}=\frac{uR}{|R\cos\alpha+r|}.\]

Второе решение. Разложим скорость \(\vec v_A\) на две составляющие: тангенциальную (параллельную верёвке), по модулю равную \(u\), и радиальную, которую обозначим \(u_r\). Так как расстояние между \(O\) и \(A\) постоянно, проекции скоростей \(O\) и \(A\) на прямую \(OA\) равны: \[u_r=v\sin\alpha\ \Rightarrow\ v=u_r/\sin\alpha\ \Rightarrow\ \omega=u_r/(R\sin\alpha).\] Вертикальная составляющая скорости точки \(A\) не изменится, если перейти из лабораторной системы отсчёта в систему, связанную с точкой \(O\); поэтому \[u\sin\alpha-u_r\cos\alpha=\omega r\sin\alpha=u_r r/R\ \Rightarrow\ v=\frac{u_r}{\sin\alpha}=\frac{uR}{R\cos\alpha+r}.\]

ii) Проще всего решить эту часть, записав баланс энергии при бесконечно малом перемещении катушки и воспользовавшись ответом на предыдущий вопрос: \[F u\,dt=d\left[\frac M2v^2\left(1+\frac J{MR^2}\right)\right]=Mv\,dv\left(1+\frac J{MR^2}\right)\ \Rightarrow\ a=\frac{dv}{dt}=\frac{Fu}{Mv\left(1+\dfrac J{MR^2}\right)}=\frac FM\cdot\frac{\cos\alpha+\dfrac rR}{1+\dfrac J{MR^2}}.\]

iii) Запишем баланс сил в проекции на горизонтальную ось, считая, что катушка на грани проскальзывания, то есть сила трения \(F_f=\mu_{\min}N\), где \(N=mg-F\sin\alpha\) — сила нормальной реакции: \[Ma=F\cos\alpha+\mu_{\min}N=F\cos\alpha+\mu_{\min}(Mg-F\sin\alpha).\] Используя результат предыдущей части, можно прямо из этого уравнения получить выражение для минимально допустимого значения коэффициента трения: \[\mu_{\min}=\left|\frac{\dfrac rR-\dfrac J{MR^2}\cos\alpha}{\left(1+\dfrac J{MR^2}\right)\left(\dfrac{Mg}F-\sin\alpha\right)}\right|.\]

iv) Момент импульса катушки относительно края порожка сохраняется при ударе (поскольку у силы удара нулевое плечо): \[Mu(R-H)+J\frac uR=\left(J+MR^2\right)\frac vR\ \Rightarrow\ v=u\left(1-\frac{H/R}{1+\dfrac J{MR^2}}\right).\]

v) Из закона сохранения энергии сразу получаем \[\left(J+MR^2\right)\frac{v^2}{R^2}=\left(J+MR^2\right)\frac{w^2}{R^2}+2MgH\ \Rightarrow\ w=\sqrt{v^2-\frac{2gH}{1+\dfrac J{MR^2}}}.\]

vi) Катушка более всего склонна к отрыву сразу после удара; сила тяжести должна быть достаточно велика, чтобы удерживать центр масс на вращательном движении вокруг края порожка: \[\frac{Mv^2}{R}\le Mg\,\frac{R-H}{R}\ \Rightarrow\ v^2\le g(R-H)\ \Rightarrow\ u_0=\sqrt{g(R-H)}\,\frac{1+\dfrac J{MR^2}}{1+\dfrac J{MR^2}-\dfrac HR}.\]

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