Стопка бумаги

В системе отсчёта, движущейся вместе с нижним листом, ускорение пачки пропорционально её смещению от центра листа и направлено от него: как у «пружины» с отрицательным коэффициентом. Для такой системы сохраняется энергия, а решение уравнения движения — гиперболические функции.

ii) \(u_{\min}=\sqrt{\dfrac{g\mu L}{2}}\);  iii) \(0\);  iv) \(l=L\left(\dfrac{2u}{L\omega}\operatorname{artanh}\dfrac{L\omega}{2u}-1\right)\), где \(\omega=\sqrt{2g\mu/L}\).

i) Ясно, что когда \(u\) очень мало, пачка увлекается вместе с самым нижним листом, так что скорость \(v\) пачки начинается с \(0\) и заканчивается значением \(u\). Кроме того, проскальзывания между пачкой и нижним листом почти нет. Ускорение верхнего листа тогда равно \(g\mu\), пока он разгоняется, и \(0\) в остальное время. Ускорение длится в течение времени \(u/(g\mu)\).

Напротив, при очень большом \(u\) самый нижний лист вытягивается так быстро, что пачка заканчивает с очень малой скоростью. По мере того как листы вытягиваются из-под неё, ускорение пачки падает от \(g\mu\) до \(-g\mu\) за время \(L/u\).

На рисунках: ось ординат — ускорение \(a(t)\), значения \(g\mu\), \(0\), \(-g\mu\); ось абсцисс — время \(t\).

ii) Задачу удобнее всего анализировать в системе отсчёта, движущейся вместе с самым нижним листом со скоростью \(u\). В новой системе \(v'=v-u\) и \(x'=x-ut\). Пусть центр самого нижнего листа находится в точке \(x'=0\), и будем следить за движением пачки по её самому правому краю, который начинает движение из точки \(x'=L/2\) со скоростью \(v'=-u\) и теряет контакт с нижним листом в точке \(x'=-L/2\).

Когда пачка контактирует с нижним листом и проскальзывает, нормальная сила её взаимодействия с нижним листом равна \(N_1=mg(L/2+x')/L\), а со столом — \(N_2=mg(L/2-x')/L\). Сила трения тогда даёт результирующую силу \(F=N_1\mu-N_2\mu=2mg\mu x'/L\). Следовательно, ускорение пачки равно \(a'=2g\mu x'/L\). Заметим, что это уравнение пружины с отрицательным коэффициентом жёсткости \(k=2g\mu/L\) (который мы всё равно будем обозначать положительным \(k\), только сила отталкивает от положения равновесия). Тем не менее закон сохранения энергии по-прежнему выполняется: \(v'^2/2-kx'^2/2=\text{const}\). Самая критическая точка, которую надо преодолеть, — это \(x'=0\) (после неё сила начинает помогать пачке), что понятно: тогда большая часть самого нижнего листа находится уже не под пачкой, и сила трения о стол доминирует. Условие для этого — просто \(v'^2-kx'^2>0\), или, иначе, \(u^2-kL^2/4>0\). Отсюда \[u_{\min}=\frac{\sqrt k\,L}{2}=\sqrt{\frac{g\mu L}{2}}.\]

iii) Как и раньше, закон сохранения энергии выполняется. Это означает, что когда нижний лист отделяется в точке \(x'=-L/2\), потенциальная энергия такая же, как при \(x'=L/2\), так что скорость пачки по-прежнему равна \(-u\). Как ни удивительно, конечная скорость пачки в системе стола поэтому равна \(0\).

iv) Цель — найти полное расстояние, на которое пачка скользит в системе стола. Эквивалентно, можно найти время \(t_1\), в течение которого она скользит, потому что тогда она сместится на \(-L\) в системе бумаги, а система бумаги сместится на \(ut_1\) относительно системы стола. Полный сдвиг тогда равен \(l=ut_1-L\).

Уравнение движения пачки было \(a'=kx'\) при \(k=2g\mu/L\). Решением его являются, вместо синуса и косинуса, гиперболические синус и косинус. Глядя на начальные условия, возможным решением может быть \(x'=x_0\sinh(\omega(t-\Delta t))\). Это действительно даёт \(v'=\omega x_0\cosh(\omega(t-\Delta t))\) и \(a'=\omega^2x'\), так что \(\omega=\sqrt k\) удовлетворяет уравнению движения. Значения \(x_0\) и \(\Delta t\) находим из начальных условий при \(t=0\), так что \(x'=-x_0\sinh(\omega\Delta t)=L/2\) и \(v'=x_0\omega\cosh(\omega\Delta t)=-u\). Отсюда получаем \[\Delta t=\frac1\omega\operatorname{artanh}\left(\frac{L\omega}{2u}\right),\qquad x_0=-\frac{L}{2\sinh(\omega\Delta t)}.\]

Теперь из вида \(x'\) ясно, что она пройдёт \(x'=0\) при \(t=\Delta t\) и достигнет \(x'=-L/2\) при \(t=2\Delta t\). Следовательно, \(t_1=2\Delta t\), и минимальное расстояние между пачкой бумаги и краем должно быть \[l=ut_1-L=\frac{2u}{\omega}\operatorname{artanh}\left(\frac{L\omega}{2u}\right)-L=L\left(\frac{2u}{L\omega}\operatorname{artanh}\left(\frac{L\omega}{2u}\right)-1\right).\]

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