Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 1039
2016-09-18 
На тяжёлую ось насажены два лёгких колеса в форме десятиугольных звёздочек. Эта конструкция может скатываться с наклонной плоскости (см. рисунок — вид сбоку). а) Конструкция покоится, мы постепенно увеличиваем угол $\alpha$, который эта плоскость образует с горизонтом. При каком значении $\alpha$ конструкция покатится, если проскальзывания нет? б) При каких значениях $\alpha$ конструкция, если её подтолкнуть, будет катиться по наклонной плоскости сколь угодно долго, не останавливаясь? Удары углов звёздочек об эту плоскость считайте абсолютно неупругими.
Примечание: $\sin 18^{ \circ} \approx 0,31; \cos 18^{ \circ} \approx 0,95$. В случае б) можно найти приближённый ответ.
Решение:
рис.1
рис.2
а) Ясно, что конструкция покатится при таком угле, при котором центр масс, находящийся на оси $O$ (см. рис. 1), окажется над точкой опоры $A$ или правее неё. Значит, искомый угол $\alpha \geq 360^{ \circ}/20 = 18^{ \circ}$.
б) На рисунке 2 показано положение оси конструкции в начале и в конце одного её «шага» по плоскости. Введём обозначения: радиус звёздочки $R$, масса оси $m$. Тогда, если в начале шага ось имела скорость $v_{1}$, то в конце — скорость $v_{2} = \sqrt{ v_{1}^{2} - 2gh}$, где $h = 2R \sin \frac{ \phi}{2} \sin \alpha$ и $\phi = 36^{ \circ}$. После абсолютно неупругого удара составляющая скорости оси в направлении $O^{ \prime}A^{ \prime}$ гасится, и поэтому её скорость становится равной $v_{3} = v_{2} \cos \phi$. При установившемся качении $v_{3} = v_{1} = \sqrt{ 4Rg \sin \frac{ \phi}{2} \sin \alpha ctg^{2} \phi}$. Для того, чтобы такое качение происходило, необходимо, чтобы запас кинетической энергии $U = \frac{mv_{1}^{2}}{2}$ был достаточным для преодоления осью максимальной высоты, на которую она поднимается при качении, то есть
$ \frac{mv_{1}^{2}}{2} > mgR \left ( 1 - \cos \left ( \frac{ \phi}{2} - \alpha \right ) \right )$.
Отсюда
$2 \sin \frac{ \phi}{2} \sin \alpha ctg^{2} \phi > 1 - \cos \left ( \frac{ \phi}{2} - \alpha \right )= 1 - \cos \frac{ \phi}{2} \cos \alpha - \sin \frac{ \phi}{2} \sin \alpha$.
Будем считать угол $\alpha$ малым, тогда $\cos \alpha \approx 1, \sin \alpha \approx \alpha$. С учётом этого получаем, что искомый угол
$\alpha \approx \frac{1 - \cos \frac{ \phi}{2} }{ \sin \frac{ \phi}{2} (1 + 2 ctg^{2} \phi) } \approx 0,033 \approx 1,9^{ \circ}$.
На тяжёлую ось насажены два лёгких колеса в форме десятиугольных звёздочек. Эта конструкция может скатываться с наклонной плоскости (см. рисунок — вид сбоку). а) Конструкция покоится, мы постепенно увеличиваем угол $\alpha$, который эта плоскость образует с горизонтом. При каком значении $\alpha$ конструкция покатится, если проскальзывания нет? б) При каких значениях $\alpha$ конструкция, если её подтолкнуть, будет катиться по наклонной плоскости сколь угодно долго, не останавливаясь? Удары углов звёздочек об эту плоскость считайте абсолютно неупругими.
Примечание: $\sin 18^{ \circ} \approx 0,31; \cos 18^{ \circ} \approx 0,95$. В случае б) можно найти приближённый ответ.
Решение:
рис.1
рис.2
а) Ясно, что конструкция покатится при таком угле, при котором центр масс, находящийся на оси $O$ (см. рис. 1), окажется над точкой опоры $A$ или правее неё. Значит, искомый угол $\alpha \geq 360^{ \circ}/20 = 18^{ \circ}$.
б) На рисунке 2 показано положение оси конструкции в начале и в конце одного её «шага» по плоскости. Введём обозначения: радиус звёздочки $R$, масса оси $m$. Тогда, если в начале шага ось имела скорость $v_{1}$, то в конце — скорость $v_{2} = \sqrt{ v_{1}^{2} - 2gh}$, где $h = 2R \sin \frac{ \phi}{2} \sin \alpha$ и $\phi = 36^{ \circ}$. После абсолютно неупругого удара составляющая скорости оси в направлении $O^{ \prime}A^{ \prime}$ гасится, и поэтому её скорость становится равной $v_{3} = v_{2} \cos \phi$. При установившемся качении $v_{3} = v_{1} = \sqrt{ 4Rg \sin \frac{ \phi}{2} \sin \alpha ctg^{2} \phi}$. Для того, чтобы такое качение происходило, необходимо, чтобы запас кинетической энергии $U = \frac{mv_{1}^{2}}{2}$ был достаточным для преодоления осью максимальной высоты, на которую она поднимается при качении, то есть
$ \frac{mv_{1}^{2}}{2} > mgR \left ( 1 - \cos \left ( \frac{ \phi}{2} - \alpha \right ) \right )$.
Отсюда
$2 \sin \frac{ \phi}{2} \sin \alpha ctg^{2} \phi > 1 - \cos \left ( \frac{ \phi}{2} - \alpha \right )= 1 - \cos \frac{ \phi}{2} \cos \alpha - \sin \frac{ \phi}{2} \sin \alpha$.
Будем считать угол $\alpha$ малым, тогда $\cos \alpha \approx 1, \sin \alpha \approx \alpha$. С учётом этого получаем, что искомый угол
$\alpha \approx \frac{1 - \cos \frac{ \phi}{2} }{ \sin \frac{ \phi}{2} (1 + 2 ctg^{2} \phi) } \approx 0,033 \approx 1,9^{ \circ}$.
