Тяжёлая машина на наклонной дороге

Подсказка

Разбейте систему на корпус и два цилиндра; для корпуса нужны и уравнение сил, и уравнение моментов — именно оно делает нормальные реакции на передний и задний цилиндры разными. Проскальзывание начинается там, где сила трения покоя, нужная для качения, превышает \(\mu_sN\).

Решение

Чтобы упростить модель, используем рисунок выше с \(h_1 = h + 0{,}5t\), \(R_o = R\).

1. Вычисление момента инерции цилиндра

\(R_i = 0{,}8R_o\). Масса цилиндрической части: \(m_{cylinder} = 0{,}8M\). Масса каждой спицы: \(m_{rod} = 0{,}025M\).

\[I = \oint_{whole\,part}r^2dm = \oint_{cyl.shell}r^2dm + \oint_{rod\,1}r^2dm + \ldots + \oint_{rod\,n}r^2dm,\] \[\oint_{cyl.shell}r^2dm = 2\pi\sigma\int_{R_i}^{R_o}r^3dr = 0{,}5\pi\sigma(R_o^4 - R_i^4) = 0{,}5m_{cylinder}(R_o^2 + R_i^2) = 0{,}5(0{,}8M)R^2(1 + 0{,}64) = 0{,}656MR^2,\] \[\oint_{rod}r^2dm = \lambda\int_0^{R_{in}}r^2dr = \frac13\lambda R_{in}^3 = \frac13m_{rod}R_{in}^2 = \frac13\,0{,}025M(0{,}64R^2) = 0{,}00533MR^2.\] Момент инерции каждого колеса получается равным \[I = 0{,}656MR^2 + 8\times0{,}00533MR^2 = 0{,}7MR^2.\]

2. Схема сил и уравнения равновесия

Чтобы упростить анализ, разделим систему на три части: рама (часть 1), которую в основном можно считать плоской однородной пластиной, задние цилиндры (два цилиндра рассматриваются вместе как часть 2 системы) и передние цилиндры (два передних цилиндра рассматриваются вместе как часть 3 системы).

Часть 1: рама.

Уравнения для сил, действующих на эту часть. Необходимые условия:

баланс сил вдоль горизонтальной оси \[m_1g\sin\theta - f_{12h} - f_{13h} = m_1a; \tag{1}\] баланс сил вдоль вертикальной оси \[m_1g\cos\theta = N_{12} + N_{13}; \tag{2}\] далее, момент сил относительно \(O\) равен нулю, так что \[N_{12}l - N_{13}l + f_{12h}h_1 + f_{13h}h_1 = 0. \tag{3}\]

Часть 2: задний цилиндр.

Из условия баланса для заднего колеса: \[f_{21h} - f_2 + Mg\sin\theta = Ma, \tag{4}\] \[N_2 - N_{21} - Mg\cos\theta = 0. \tag{5}\] При качении без проскальзывания: \[f_2R = I\alpha_2 = I\frac{a_2}{R},\quad\text{или}\quad f_2 = \frac{I}{R^2}a. \tag{6}\] При качении с проскальзыванием: \[F_2 = \mu_kN_2. \tag{7}\]

Часть 3: передний цилиндр.

Из условия баланса для переднего колеса: \[f_{31h} - f_3 + Mg\sin\theta = Ma, \tag{8}\] \[N_3 - N_{31} - Mg\cos\theta = 0. \tag{9}\] При качении без проскальзывания: \[f_3R = I\alpha_3 = I\frac{a_3}{R},\quad\text{или}\quad f_3 = \frac{I}{R^2}a. \tag{10}\] При качении с проскальзыванием: \[F_3 = \mu_kN_3. \tag{11}\]

3. Из уравнений (2), (5) и (9) получаем \[m_1g\cos\theta = N_2 - m_2g\cos\theta + N_3 - m_3g\cos\theta,\] \[N_2 + N_3 = (m_1 + m_2 + m_3)g\cos\theta = 7Mg\cos\theta. \tag{12}\] Из уравнений (3), (5) и (8) получаем \[(N_3 - Mg\cos\theta)l - (N_2 - Mg\cos\theta)l = h_1(f_2 + Ma - Mg\sin\theta + f_3 + Ma - Mg\sin\theta),\] \[(N_3 - N_2) = h_1(f_2 + 2Ma - 2Mg\sin\theta + f_3)/l. \tag{13}\]

Случай: все цилиндры катятся без проскальзывания.

Из уравнений (4) и (6) получаем \[f_{21h} = (I/R^2)a + Ma - Mg\sin\theta. \tag{14}\] Из уравнений (8) и (10) получаем \[f_{31h} = (I/R^2)a + Ma - Mg\sin\theta. \tag{15}\] Тогда из уравнений (1), (14) и (15) получаем \[5Mg\sin\theta - \{(I/R^2)a + Ma - Mg\sin\theta\} - \{(I/R^2)a + Ma - Mg\sin\theta\} = m_1a,\] \[7Mg\sin\theta = (2I/R^2 + 7M)a,\] \[a = \frac{7Mg\sin\theta}{7M + 2\dfrac{I}{R^2}} = \frac{7Mg\sin\theta}{7M + 2\dfrac{0{,}7MR^2}{R^2}} = 0{,}833g\sin\theta. \tag{16}\] \[N_3 = \frac{7M}{2}g\cos\theta + \frac{h_1}{l}\left[\left(M + \frac{I}{R^2}\right)\times0{,}833g\sin\theta - Mg\sin\theta\right] = 3{,}5Mg\cos\theta + \frac{h_1}{l}[(M + 0{,}7M)\times0{,}833g\sin\theta - Mg\sin\theta] = 3{,}5Mg\cos\theta + 0{,}41\frac{h_1}{l}Mg\sin\theta,\] \[N_2 = \frac{7M}{2}g\cos\theta - \frac{h_1}{l}\left[\left(\frac{I}{R^2} + M\right)\times0{,}833g\sin\theta - Mg\sin\theta\right] = 3{,}5g\cos\theta - \frac{h_1}{l}\left[(0{,}7M + M)\frac{7Mg\sin\theta}{0{,}7M + 7M} - 2Mg\sin\theta\right] = 3{,}5g\cos\theta - 0{,}41\frac{h_1}{l}Mg\sin\theta.\]

Условия качения без проскальзывания: \[f_2 \le \mu_sN_2\quad\text{и}\quad f_3 \le \mu_sN_3,\qquad \frac{I_2}{R_2^2}a \le \mu_sN_2\quad\text{и}\quad \frac{I_3}{R_3^2}a \le \mu_sN_3.\] Левое неравенство принимает вид \[0{,}7M\times0{,}833g\sin\theta \le \mu_s\left(3{,}5Mg\cos\theta - 0{,}41\frac{h_1}{l}Mg\sin\theta\right),\qquad \operatorname{tg}\theta \le \frac{3{,}5\mu_s}{0{,}5831 + 0{,}41\mu_s\dfrac{h_1}{l}},\] а правое — \[0{,}7m\times0{,}833g\sin\theta \le \mu_s\left(3{,}5mg\cos\theta + 0{,}41\frac{h_1}{l}mg\sin\theta\right),\qquad \operatorname{tg}\theta \le \frac{3{,}5\mu_s}{0{,}5831 - 0{,}41\mu_s\dfrac{h_1}{l}}. \tag{17}\]

Случай: все цилиндры скользят.

Из уравнения (4): \[f_{21h} = Ma + \mu_kN_2 - Mg\sin\theta. \tag{18}\] Из уравнения (8): \[f_{31h} = Ma + \mu_kN_3 - Mg\sin\theta. \tag{19}\]

Из уравнений (18) и (19): \[5Mg\sin\theta - (Ma + \mu_kN_2 - Mg\sin\theta) - (Ma + \mu_kN_3 - Mg\sin\theta) = m_1a,\] \[a = \frac{7Mg\sin\theta - \mu_kN_2 - \mu_kN_3}{7M} = g\sin\theta - \frac{\mu_k(N_2 + N_3)}{7M}, \tag{20}\] \[N_3 + N_2 = 7Mg\cos\theta.\] Из двух последних уравнений получаем \[a = g\sin\theta - \mu_kg\cos\theta.\] Условия полного проскальзывания противоположны условиям качения без проскальзывания: \[f_2 > \mu_sN_2'\quad\text{и}\quad f_3 > \mu_sN_3',\qquad \frac{I_2}{R_2^2}a > \mu_sN_2'\quad\text{и}\quad \frac{I_3}{R_3^2}a > \mu_sN_3', \tag{21}\] где \(N_2'\) и \(N_3'\) вычислены для случая, когда все цилиндры катятся без проскальзывания. Окончательно получаем \[\operatorname{tg}\theta > \frac{3{,}5\mu_s}{0{,}5831 + 0{,}41\mu_s\dfrac{h_1}{l}}\quad\text{и}\quad \operatorname{tg}\theta > \frac{3{,}5\mu_s}{0{,}5831 - 0{,}41\mu_s\dfrac{h_1}{l}}.\] В итоге определяющим оказывается левое неравенство.

Случай: один цилиндр катится без проскальзывания, а другой скользит.

(Например, \(R_3\) (передние цилиндры) катятся без проскальзывания, а \(R_2\) (задние цилиндры) скользят.)

Из уравнения (4) получаем \[F_{21h} = m_2a + \mu_kN_2 - m_2g\sin\theta. \tag{22}\] Из уравнения (5) получаем \[f_{31h} = m_3a + (I/R^2)a - m_3g\sin\theta. \tag{23}\]

Тогда из уравнений (1), (22) и (23) получаем \[m_1g\sin\theta - \{m_2a + \mu_kN_2 - m_2g\sin\theta\} - \{m_3a + (I/R^2)a - m_3g\sin\theta\} = m_1a,\] \[m_1g\sin\theta + m_2g\sin\theta + m_3\sin\theta - \mu_kN_2 = (I/R^2 + m_3)a + m_2a + m_1a,\] \[5Mg\sin\theta + Mg\sin\theta + Mg\sin\theta - \mu_kN_2 = (0{,}7M + M)a + Ma + 5Ma,\] \[a = \frac{7Mg\sin\theta - \mu_kN_2}{7{,}7M} = 0{,}9091g\sin\theta - \frac{\mu_kN_2}{7{,}7M}. \tag{24}\] \[N_3 - N_2 = \frac{h_1}{l}\left(\mu_kN_2 + \frac{I}{R^2}a + 2Ma - 2Mg\sin\theta\right),\] \[N_3 - N_2 = \frac{h_1}{l}\left(\mu_kN_2 + 2{,}7M\times0{,}9091g\sin\theta - 2{,}7\mu_kN_2/7{,}7 - 2Mg\sin\theta\right),\] \[N_3 - N_2\left(1 + 0{,}65\mu_k\frac{h_1}{l}\right) = 0{,}4546Mg\sin\theta,\] \[N_3 + N_2 = 7Mg\cos\theta.\]

Следовательно, \[N_2 = \frac{7Mg\cos\theta - 0{,}4546Mg\sin\theta}{2 + 0{,}65\mu_k\dfrac{h_1}{l}},\qquad N_3 = 7Mg\cos\theta - \frac{7Mg\cos\theta - 0{,}4546Mg\sin\theta}{2 + 0{,}65\mu_k\dfrac{h_1}{l}}. \tag{25}\] Подставив эти результаты в уравнение (16), получим \[a = 0{,}9091g\sin\theta - \frac{\mu_kN_2}{7{,}7M} = 0{,}9091g\sin\theta - \frac{\mu_k}{7{,}7}\,\frac{7g\cos\theta - 0{,}4546g\sin\theta}{2 + 0{,}65\mu_k\dfrac{h_1}{l}}. \tag{26}\]

Условия такого частичного проскальзывания: \[f_2 \le \mu_sN_2'\quad\text{и}\quad f_3 > \mu_sN_3',\qquad \frac{I}{R^2}a \le \mu_sN_2'\quad\text{и}\quad \frac{I}{R^2}a > \mu_sN_3', \tag{27}\] где \(N_2'\) и \(N_3'\) — нормальные силы для условия качения без проскальзывания.

4. Пусть после качения на расстояние \(d\) метров все цилиндры начинают скользить до конца наклонной дороги (полное расстояние \(s\) метров). Пусть расстояние \(\eta\) метров пройдено за \(t_1\) секунд.

\[v_{t1} = v_o + at_1 = 0 + a_1t_1 = a_1t_1,\qquad d = v_ot_1 + \frac12a_1t_1^2 = \frac12a_1t_1^2,\qquad t_1 = \sqrt{\frac{2d}{a_1}},\] \[v_{t1} = a_1\sqrt{\frac{2d}{a_1}} = \sqrt{2da_1} = \sqrt{2d\,0{,}833g\sin\theta} = \sqrt{1{,}666dg\sin\theta}. \tag{28}\] Угловая скорость после качения на расстояние \(d\) метров одинакова для переднего и заднего цилиндров: \[\omega_{t1} = \frac{v_{t1}}{R} = \frac1R\sqrt{1{,}666dg\sin\theta}. \tag{29}\] Затем машина скользит до конца спуска. Пусть время, необходимое машине, чтобы пройти от положения \(d\) до конца спуска, равно \(t_2\) секунд. \[v_{t2} = v_{t1} + a_2t_2 = \sqrt{1{,}666dg\sin\theta} + a_2t_2,\qquad s - d = v_{t1}t_2 + \frac12a_2t_2^2,\] \[t_2 = \frac{-v_{t1} + \sqrt{v_{t1}^2 + 2a_2(s - d)}}{a_2},\qquad v_{t2} = \sqrt{1{,}666dg\sin\theta} - v_{t1} + \sqrt{v_{t1}^2 + 2a_2(s - d)}. \tag{30}\] Подставляя \(v_{t1}\) и \(a_2\) из предыдущих результатов, получаем окончательные результаты.

Что касается угловой скорости, при скольжении на цилиндры действует момент силы: \[\tau = \mu_kNR,\qquad \alpha = \frac{\tau}{I} = \frac{\mu_kNR}{I}, \tag{31}\] \[\omega_{t2} = \omega_{t1} + \alpha t_2 = \frac1R\sqrt{1{,}666dg\sin\theta} + \frac{\mu_kNR}{I}\,\frac{-v_{t1} + \sqrt{v_{t1}^2 + 2a_2(s - d)}}{a_2}.\]