Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 16216
2023-09-02 
Тонкостенный цилиндр массы $M$ и радиуса $R$ раскрутили до угловой скорости $\omega_{0}$ и уронили с высоты $h$ на горизонтальную шероховатую поверхность (см. рисунок). Под каким углом к вертикали отскочит цилиндр после удара? Коэффициент трения между цилиндром плоскостью $\mu$.
Решение:
Удобно вычислить тангенс искомого угла. Для этого определим горизонтальную компоненту импульса центра масс цилиндра $\vec{p}_{g}$. Следует рассмотреть 2 случая: а) в течении времени контакта кольца с поверхностью проскальзывание не прекратилось, б) проскальзывание прекратилось до момента отрыва кольца от поверхности.
Рассмотрим случай а). Из второго закона Ньютона для горизонтальной составляющей импульса можно записать (вследствие того, что сила взаимодействия кольца с поверхностью меняется, процесс накопления импульса следует разбить на малые интервалы):
$p_{g} = \sum_{T} F_{n} \Delta t_{n} = \sum_{T} \mu N_{n} \Delta t_{n}$. (1)
Здесь $N_{n}$ - прижимающая сила кольца к поверхности на $n$-м этапе. Изменение вертикальной составляющей определяется силой реакции опоры и вычисляется из выражения:
$\Delta p_{ \nu} = \sum_{T} N_{n} \Delta t_{n} = 2p_{ \nu}$. (2)
Здесь использован тот факт, что в проекции на вертикаль диссипативных сил нет, поэтому вертикальная составляющая импульса меняется на противоположную. Тогда для тангенса будем иметь:
$tg \alpha = \frac{p_{g}}{p_{ \nu}} = \frac{ \mu \sum_{T} N_{n} \Delta t_{n}}{ \frac{1}{2} \sum_{T} N_{n} \Delta t_{n}} = 2 \mu$. (3)
Рассмотрим случай б). Горизонтальная составляющая импульса в этом случае так же определяется выражением (1), но суммирование производится не до момента отрыва кольца, а только до момента прекращения проскальзывания. В этот момент становится справедливой кинематическая связь между угловой скоростью вращения и линейной скоростью:
$\omega = \nu R, p_{g} = M \nu$. (4)
В процессе взаимодействия кольца с поверхностью угловая скорость убывает, и эта убыль определяется уравнением вращательного движения:
$MR^{2} \frac{ \Delta \omega_{n}}{ \Delta t} = - \mu N_{n}R$. (5)
Левая часть этого уравнения - произведение момента инерции кольца на угловое ускорение, правая часть - момент силы трения на $n$-м этапе. Суммирование этого уравнения по времени до момента прекращения проскальзывания получим:
$\omega - \omega_{0} = - \frac{ \mu}{MR} \sum_{t} N_{n} \Delta t_{n}$. (6)
С учетом (4) получим:
$p_{g} = \frac{1}{2} MR \omega_{0}$. (7)
Для вертикальной составляющей можно записать:
$\frac{p_{ \nu}^{2}}{2M} = Mgh, p_{ \nu} = M \sqrt{2gh}$. (8)
С учетом (7) и (8) для угла получим:
$tg \alpha = \frac{p_{g}}{p_{ \nu}} = \frac{ \frac{1}{2} MR \omega_{0}}{M \sqrt{2gh}} = \frac{R \omega_{0}}{ \sqrt{8gh}}$. (9)
Тонкостенный цилиндр массы $M$ и радиуса $R$ раскрутили до угловой скорости $\omega_{0}$ и уронили с высоты $h$ на горизонтальную шероховатую поверхность (см. рисунок). Под каким углом к вертикали отскочит цилиндр после удара? Коэффициент трения между цилиндром плоскостью $\mu$.
Решение:
Удобно вычислить тангенс искомого угла. Для этого определим горизонтальную компоненту импульса центра масс цилиндра $\vec{p}_{g}$. Следует рассмотреть 2 случая: а) в течении времени контакта кольца с поверхностью проскальзывание не прекратилось, б) проскальзывание прекратилось до момента отрыва кольца от поверхности.
Рассмотрим случай а). Из второго закона Ньютона для горизонтальной составляющей импульса можно записать (вследствие того, что сила взаимодействия кольца с поверхностью меняется, процесс накопления импульса следует разбить на малые интервалы):
$p_{g} = \sum_{T} F_{n} \Delta t_{n} = \sum_{T} \mu N_{n} \Delta t_{n}$. (1)
Здесь $N_{n}$ - прижимающая сила кольца к поверхности на $n$-м этапе. Изменение вертикальной составляющей определяется силой реакции опоры и вычисляется из выражения:
$\Delta p_{ \nu} = \sum_{T} N_{n} \Delta t_{n} = 2p_{ \nu}$. (2)
Здесь использован тот факт, что в проекции на вертикаль диссипативных сил нет, поэтому вертикальная составляющая импульса меняется на противоположную. Тогда для тангенса будем иметь:
$tg \alpha = \frac{p_{g}}{p_{ \nu}} = \frac{ \mu \sum_{T} N_{n} \Delta t_{n}}{ \frac{1}{2} \sum_{T} N_{n} \Delta t_{n}} = 2 \mu$. (3)
Рассмотрим случай б). Горизонтальная составляющая импульса в этом случае так же определяется выражением (1), но суммирование производится не до момента отрыва кольца, а только до момента прекращения проскальзывания. В этот момент становится справедливой кинематическая связь между угловой скоростью вращения и линейной скоростью:
$\omega = \nu R, p_{g} = M \nu$. (4)
В процессе взаимодействия кольца с поверхностью угловая скорость убывает, и эта убыль определяется уравнением вращательного движения:
$MR^{2} \frac{ \Delta \omega_{n}}{ \Delta t} = - \mu N_{n}R$. (5)
Левая часть этого уравнения - произведение момента инерции кольца на угловое ускорение, правая часть - момент силы трения на $n$-м этапе. Суммирование этого уравнения по времени до момента прекращения проскальзывания получим:
$\omega - \omega_{0} = - \frac{ \mu}{MR} \sum_{t} N_{n} \Delta t_{n}$. (6)
С учетом (4) получим:
$p_{g} = \frac{1}{2} MR \omega_{0}$. (7)
Для вертикальной составляющей можно записать:
$\frac{p_{ \nu}^{2}}{2M} = Mgh, p_{ \nu} = M \sqrt{2gh}$. (8)
С учетом (7) и (8) для угла получим:
$tg \alpha = \frac{p_{g}}{p_{ \nu}} = \frac{ \frac{1}{2} MR \omega_{0}}{M \sqrt{2gh}} = \frac{R \omega_{0}}{ \sqrt{8gh}}$. (9)
