Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 10139
2019-01-29 
Поверхность надувного шара зарядили равномерно зарядом $Q (Q > 0)$. На шаре нарисовали маркером окружность, радиус которой в $s$ раз меньше радиуса шара. Микроробот-вездеход массой $m$ движется по шару с постоянной относительно шара скоростью $V$. В программу робота заложено неуклонно придерживаться нарисованной линии. Заряд робота $q (q < 0)$, коэффициент трения между роботом и шаром $\mu$. Шар медленно надувают. При каком радиусе шара робот не сможет удерживаться на заданной линии? При каком радиусе он вообще не сможет двигаться с этой скоростью по шару? Силой тяжести и размерами робота пренебречь материал шара - диэлектрик.
Решение:
Пусть в данный момент радиус шара $R$, а радиус траектории робота $r$; по условию $R = rs$.
Рассмотрим силы, действующие на робота при движении по окружности, нарисованной маркером. Сила кулоновского притяжения $F_{k} = \frac{k|qQ|}{R^{2}}$ и сила реакции опоры $N$ направлены по линии, соединяющей робота и центр шара. Результирующая всех сил, действующих на робота (обозначим ее $F_{r}$), должна быть направлена к центру окружности, по которой движется робот. Сумма $F_{k}$ и $N$ не может быть туда направлена. Это означает, что описанное в задаче движение возможно лишь при наличии силы трения $F_{тр}$ (см. рис.).
Сила трения в этой задаче "отвечает" за два процесса: во-первых, она не дает роботу съехать с нарисованной линии, обеспечивая верное центростремитальное ускорение; во-вторых, позволяет колесам/ногам/гусеницам робота разогнаться до нужной скорости по поверхности шара. Если робот уже разогнался до нужной скорости, функция трения сводится исключительно к удержанию его на линии. Если же силу трения мысленно "отключить", робота снесет на "экватор" шара.
Угол $\alpha$, характеризующий "широту" окружности, по которой движется робот, можно найти, зная, что $r = R \sin \alpha = \frac{R}{s}$, откуда $\sin \alpha = 1/s, \cos \alpha = \frac{ \sqrt{s^{2} - 1} }{s}$.
Запишем условие о том, что сумма сил $F_{k}, N, F_{тр}$ направлена в центр окружности, по которой движется робот, и равна $F_{r} = \frac{mV^{2}}{r}$ (обратите внимание, в качестве радиуса в формуле центростремительного ускорения берется радиус траектории, а не шара). В проекции на оси Ox и Oy это даст
$Ox: F_{тр} \sin \alpha + N \cos \alpha = F_{k} \cos \alpha$ (1)
$Oy: F_{k} \sin \alpha + F_{тр} \cos \alpha - N \sin \alpha = \frac{mV^{2} }{r}$. (2)
Итак, движение по линии возможно, если колеса робота не проскальзывают, т.е. когда $F_{тр} < \mu N$. Критическое значение силы трения $F_{тр} = \mu N$ характеризует предельную ситуацию, когда силы трения только-только хватает на то, чтобы робота не снесло с нарисованной окружности. Подставляя это в ф-лу (2), выразим
$N = \frac{F_{k} \cos \alpha}{ \cos \alpha + \mu \sin \alpha}$,
подставляя это $N$ в (3) получим, с учетом $r = R \sin \alpha$ и $F_{тр} = \mu N$,
$F_{k} \sin \alpha + \frac{F_{k} \cos \alpha }{ \cos \alpha + \mu \sin \alpha } ( \mu \cos \alpha - \sin \alpha) = \frac{mV^{2}}{r} \Rightarrow \frac{ \mu F_{k} }{ \cos \alpha + \mu \sin \alpha } = \frac{mV^{2} }{R \sin \alpha}$
Подставляя сюда $F_{k} = \frac{k|Qq|}{R^{2}}$ и выражая $R$, найдем критическое значение радиуса шара, при котором силы трения еще "хватает" для требуемого движения:
$\frac{k|Qq|}{R^{2} } \frac{ \mu}{ \cos \alpha + \mu \sin \alpha } = \frac{mV^{2} }{R \sin \alpha} \Rightarrow R = \frac{k|Qq| \mu \sin \alpha}{mV^{2} ( \cos \alpha + \mu \sin \alpha) } = \frac{k|Qq| \mu}{mV^{2} ( \sqrt{s^{2} - 1 } + \mu ) }$. (3)
Физически этот результат следует трактовать так: при надувании шара сила $F_{k}$, прижимающая робота к шару, уменьшается обратно пропорционально $R^{2}$. Вместе с ней уменьшается сила трения скольжения $\mu N$. Центростремительная сила $mV^{2}/R \sin \alpha$, которая срывает робота с линии на экватор, также уменьшается, но слабее, обратно пропорционально $R$, поэтому с ростом шара сила трения покоя все ближе к критическому значению $\mu N$, затем сравнивается с ним, а затем центростремительная сила "побеждает", снося робота с нарисованной линии на окружность большего радиуса.
Далее, робот может двигаться лишь по более широкой окружности, чем исходно нарисованная. Ее можно характеризовать величиной $s^{ \prime}$, введенной для этой окружности аналогично тому, как $s$ характеризовало исходную траекторию, причем по мере дальнейшего надувания шара величина $s^{ \prime}$ растет. Все выведенные формулы с заменой $s$ на $s^{ \prime}$ остаются справедливыми. Когда $s^{ \prime}$ сравняется с единицей, робот сможет двигаться только по экватору, а сила трения пропадет. Уравнение движения по окружности примет вид
$F_{k} - N = \frac{mV^{2} }{R}$.
Дальнейшее раздувание шара приведет к тому, что силы $F_{k}$ в какой-то момент не хватит, чтобы прижимать робота к шару, т.е. $N = F_{k} - \frac{mV^{2}}{R}$ обратится в ноль, а робот станет двигаться вокруг шара с первой космической скоростью. Выразим радиус шара, при котором это произойдет
$\frac{k|Qq|}{R^{2} } = \frac{mV^{2}}{R} \Rightarrow R = \frac{k|Qq|}{mV^{2} }$.
Итак, робот стал двигаться вокруг шара с "первой космической" скоростью $\sqrt{k|Qq|/Rm}$, если провести аналогию между силой Кулона $kQq/R^{2}$ и гравитационной силой притяжения $GMm/R^{2}$. Можно это сформулировать иначе: первая космическая скорость, характеризующая отрыв робота от шара уменьшалась и сравнялась со скоростью движения робота по шару.
Так как шар продолжает раздуваться, первая (и вторая) космическая скорость будет продолжать падать. Робот же будет должен переходить на более высокую орбиту с большим моментом вращения. При этом он будет вынужден касаться колесами шара, разгоняясь (за счет силы трения!) до требуемой скорости относительно поверхности, чтобы увеличивать свой момент орбитального вращения. Скорость его движения будет уже в промежутке между первой и второй космической, так что траектория движения робота вокруг шара - эллипс. В этот период робот касается шара колесами эпизодически.
В некоторый момент его скорость $V$ окажется больше второй космической скорости шара, которая продолжает убывать вместе с раздуванием шара:
$\frac{k|Qq|}{R} = \frac{mV^{2}}{2} \Rightarrow R = \frac{2k|Qq|}{mV^{2} }$.
После этого робот покинет шар навсегда.
Ответ: Робот не сможет двигаться по линии начиная с радиуса
$R = \frac{k|Qq| \mu}{mV^{2} ( \sqrt{s^{2} - 1 } + \mu ) }$.
При $R = \frac{k|Qq|}{mV^{2}}$ робот перестанет соприкасаться с шаром непрерывно, а при $R = \frac{2k|Qq|}{mV^{2}}$ покинет его навсегда.
Поверхность надувного шара зарядили равномерно зарядом $Q (Q > 0)$. На шаре нарисовали маркером окружность, радиус которой в $s$ раз меньше радиуса шара. Микроробот-вездеход массой $m$ движется по шару с постоянной относительно шара скоростью $V$. В программу робота заложено неуклонно придерживаться нарисованной линии. Заряд робота $q (q < 0)$, коэффициент трения между роботом и шаром $\mu$. Шар медленно надувают. При каком радиусе шара робот не сможет удерживаться на заданной линии? При каком радиусе он вообще не сможет двигаться с этой скоростью по шару? Силой тяжести и размерами робота пренебречь материал шара - диэлектрик.
Решение:
Пусть в данный момент радиус шара $R$, а радиус траектории робота $r$; по условию $R = rs$.
Рассмотрим силы, действующие на робота при движении по окружности, нарисованной маркером. Сила кулоновского притяжения $F_{k} = \frac{k|qQ|}{R^{2}}$ и сила реакции опоры $N$ направлены по линии, соединяющей робота и центр шара. Результирующая всех сил, действующих на робота (обозначим ее $F_{r}$), должна быть направлена к центру окружности, по которой движется робот. Сумма $F_{k}$ и $N$ не может быть туда направлена. Это означает, что описанное в задаче движение возможно лишь при наличии силы трения $F_{тр}$ (см. рис.).
Сила трения в этой задаче "отвечает" за два процесса: во-первых, она не дает роботу съехать с нарисованной линии, обеспечивая верное центростремитальное ускорение; во-вторых, позволяет колесам/ногам/гусеницам робота разогнаться до нужной скорости по поверхности шара. Если робот уже разогнался до нужной скорости, функция трения сводится исключительно к удержанию его на линии. Если же силу трения мысленно "отключить", робота снесет на "экватор" шара.
Угол $\alpha$, характеризующий "широту" окружности, по которой движется робот, можно найти, зная, что $r = R \sin \alpha = \frac{R}{s}$, откуда $\sin \alpha = 1/s, \cos \alpha = \frac{ \sqrt{s^{2} - 1} }{s}$.
Запишем условие о том, что сумма сил $F_{k}, N, F_{тр}$ направлена в центр окружности, по которой движется робот, и равна $F_{r} = \frac{mV^{2}}{r}$ (обратите внимание, в качестве радиуса в формуле центростремительного ускорения берется радиус траектории, а не шара). В проекции на оси Ox и Oy это даст
$Ox: F_{тр} \sin \alpha + N \cos \alpha = F_{k} \cos \alpha$ (1)
$Oy: F_{k} \sin \alpha + F_{тр} \cos \alpha - N \sin \alpha = \frac{mV^{2} }{r}$. (2)
Итак, движение по линии возможно, если колеса робота не проскальзывают, т.е. когда $F_{тр} < \mu N$. Критическое значение силы трения $F_{тр} = \mu N$ характеризует предельную ситуацию, когда силы трения только-только хватает на то, чтобы робота не снесло с нарисованной окружности. Подставляя это в ф-лу (2), выразим
$N = \frac{F_{k} \cos \alpha}{ \cos \alpha + \mu \sin \alpha}$,
подставляя это $N$ в (3) получим, с учетом $r = R \sin \alpha$ и $F_{тр} = \mu N$,
$F_{k} \sin \alpha + \frac{F_{k} \cos \alpha }{ \cos \alpha + \mu \sin \alpha } ( \mu \cos \alpha - \sin \alpha) = \frac{mV^{2}}{r} \Rightarrow \frac{ \mu F_{k} }{ \cos \alpha + \mu \sin \alpha } = \frac{mV^{2} }{R \sin \alpha}$
Подставляя сюда $F_{k} = \frac{k|Qq|}{R^{2}}$ и выражая $R$, найдем критическое значение радиуса шара, при котором силы трения еще "хватает" для требуемого движения:
$\frac{k|Qq|}{R^{2} } \frac{ \mu}{ \cos \alpha + \mu \sin \alpha } = \frac{mV^{2} }{R \sin \alpha} \Rightarrow R = \frac{k|Qq| \mu \sin \alpha}{mV^{2} ( \cos \alpha + \mu \sin \alpha) } = \frac{k|Qq| \mu}{mV^{2} ( \sqrt{s^{2} - 1 } + \mu ) }$. (3)
Физически этот результат следует трактовать так: при надувании шара сила $F_{k}$, прижимающая робота к шару, уменьшается обратно пропорционально $R^{2}$. Вместе с ней уменьшается сила трения скольжения $\mu N$. Центростремительная сила $mV^{2}/R \sin \alpha$, которая срывает робота с линии на экватор, также уменьшается, но слабее, обратно пропорционально $R$, поэтому с ростом шара сила трения покоя все ближе к критическому значению $\mu N$, затем сравнивается с ним, а затем центростремительная сила "побеждает", снося робота с нарисованной линии на окружность большего радиуса.
Далее, робот может двигаться лишь по более широкой окружности, чем исходно нарисованная. Ее можно характеризовать величиной $s^{ \prime}$, введенной для этой окружности аналогично тому, как $s$ характеризовало исходную траекторию, причем по мере дальнейшего надувания шара величина $s^{ \prime}$ растет. Все выведенные формулы с заменой $s$ на $s^{ \prime}$ остаются справедливыми. Когда $s^{ \prime}$ сравняется с единицей, робот сможет двигаться только по экватору, а сила трения пропадет. Уравнение движения по окружности примет вид
$F_{k} - N = \frac{mV^{2} }{R}$.
Дальнейшее раздувание шара приведет к тому, что силы $F_{k}$ в какой-то момент не хватит, чтобы прижимать робота к шару, т.е. $N = F_{k} - \frac{mV^{2}}{R}$ обратится в ноль, а робот станет двигаться вокруг шара с первой космической скоростью. Выразим радиус шара, при котором это произойдет
$\frac{k|Qq|}{R^{2} } = \frac{mV^{2}}{R} \Rightarrow R = \frac{k|Qq|}{mV^{2} }$.
Итак, робот стал двигаться вокруг шара с "первой космической" скоростью $\sqrt{k|Qq|/Rm}$, если провести аналогию между силой Кулона $kQq/R^{2}$ и гравитационной силой притяжения $GMm/R^{2}$. Можно это сформулировать иначе: первая космическая скорость, характеризующая отрыв робота от шара уменьшалась и сравнялась со скоростью движения робота по шару.
Так как шар продолжает раздуваться, первая (и вторая) космическая скорость будет продолжать падать. Робот же будет должен переходить на более высокую орбиту с большим моментом вращения. При этом он будет вынужден касаться колесами шара, разгоняясь (за счет силы трения!) до требуемой скорости относительно поверхности, чтобы увеличивать свой момент орбитального вращения. Скорость его движения будет уже в промежутке между первой и второй космической, так что траектория движения робота вокруг шара - эллипс. В этот период робот касается шара колесами эпизодически.
В некоторый момент его скорость $V$ окажется больше второй космической скорости шара, которая продолжает убывать вместе с раздуванием шара:
$\frac{k|Qq|}{R} = \frac{mV^{2}}{2} \Rightarrow R = \frac{2k|Qq|}{mV^{2} }$.
После этого робот покинет шар навсегда.
Ответ: Робот не сможет двигаться по линии начиная с радиуса
$R = \frac{k|Qq| \mu}{mV^{2} ( \sqrt{s^{2} - 1 } + \mu ) }$.
При $R = \frac{k|Qq|}{mV^{2}}$ робот перестанет соприкасаться с шаром непрерывно, а при $R = \frac{2k|Qq|}{mV^{2}}$ покинет его навсегда.
