Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 2381
2017-03-16 
На наклонной плоскости с углом наклона $\alpha =30^{ \circ}$ к горизонту находится сплошной однородный цилиндр, масса которого $m_{1} = 8 кг$, а радиус $R=5 см$ (рис.). К оси цилиндра с помощью нитки прикреплен куб массой $m_{2} = 4 кг$, который также находится на плоскости. С каким ускорением $a$ движутся оба тела? Коэффициент трения между кубом и наклонной плоскостью $\mu = 0,6$. Трением качения и трением в оси пренебречь.
Решение:
Задачу можно решить динамическим и энергетическим способами. Рассмотрим оба способа.
а) Динамический способ решения. Выберем координатные оси и укажем силы, действующие на куб и цилиндр (рис.). Запишем уравнения второго закона Ньютона в проекции на оси $Ox$ и $Oy$ для цилиндра:
$m_{1}g \sin \alpha - F_{ тр}^{ \prime} - T_{1} = m_{1} a$, (1)
$N_{1} - m_{1}g \cos \alpha = 0$; (2)
для куба:
$T_{2} + m_{2}g \sin \alpha - F_{тр} = m_{2}a$, (3)
$N_{2} - m_{2}g \cos \alpha = 0$. (4)
Так как масса нити пренебрежимо мала, то $T_{1} = T_{2}$.
Из уравнения (4) получаем, что $N_{2} = m_{2}g \cos \alpha$, a следовательно, $F_{тр} = \mu N_{2} = \mu m_{2} g \cos \alpha$. Пусть сила трения цилиндра о плоскость достаточно велика для того, чтобы цилиндр при своем движении не проскальзывал. В этом случае угловое ускорение цилиндра равно $\epsilon = a/R$.
Запишем основное уравнение динамики вращательного движения для цилиндра:
$F_{тр}^{ \prime} R = I \epsilon$,
где $I$ —момент инерции цилиндра, откуда следует, что
$F_{тр}^{ \prime} = \frac{I \epsilon }{R} = \frac{Ia}{R^{2}} = \frac{m_{1}R^{2}}{2} \cdot \frac{a}{R^{2}} = \frac{m_{1}a}{2}$. (5)
Складывая уравнения (1) и (3), получим:
$(m_{1} + m_{2})g \sin \alpha - F_{тр} - F_{тр}^{ \prime} = (m_{1} + m_{2}) a$.
Подставим в последнее равенство полученные значения для сил трения $F_{тр}$ и $F_{тр}^{ \prime}$:
$(m_{1} + m_{2}) g \sin \alpha - \mu m_{2} g \cos \alpha - \frac{m_{1}a}{2} = (m_{1} + m_{2})a$,
откуда
$a = \frac{(m_{1} + m_{2}) \sin \alpha - \mu m_{2} \cos \alpha}{ 3/2 m_{1} + m_{2}}g$.
Подстановка числовых данных приводит к ответу: $a = 2,46 м/с^{2} \approx 2,5 м/с^{2}$.
Убедимся, что наше предположение об отсутствии проскальзывания цилиндра справедливо. Для этого необходимо, чтобы угловое ускорение $\epsilon = a/R = 2,5/0,05 = 50 с^{-2}$ было бы меньше углового ускорения, сообщаемого максимальной силой трения $(F_{тр}^{ \prime})_{max}$ цилиндра о плоскости:
$\epsilon_{max} = \frac{(F_{тр}^{ \prime})_{max} R}{l} = \frac{( \mu m_{1} g \cos \alpha)R}{0,5 mR^{2}} = \frac{ 2 \mu g \cos \alpha}{R}; \epsilon_{max} \approx 210 с^{-2}$.
Действительно, так как $\epsilon < \epsilon_{max}$, то проскальзывания цилиндра нет и наше решение корректно.
б) Энергетический способ решения. За время $t$ после начала движения цилиндр и куб приобретут скорость $v=at$, переместятся вдоль наклонной плоскости на расстояние $l=at^{2}/2$ и опустятся по вертикали на
$h = l \sin \alpha = (at^{2}/2) \sin \alpha$.
Их потенциальная энергия уменьшится при этом на величину
$\Delta E_{п} = (m_{1} + m_{2}) gh = (m_{1} + m_{2}) g (at^{2}/2) s\in \alpha$.
В этот момент времени кинетическая энергия цилиндра и куба будет
$E_{к} = E_{1} + E_{2} = \frac{m_{1}v^{2}}{2} + I \frac{ \omega^{2}}{2} + \frac{m_{2}v^{2}}{2}$,
где $\omega$ — угловая скорость вращения цилиндра. Так как $\omega = v/R, I = m_{1}R^{2}/2, v=at$, то
$E_{к} = \frac{(m_{1}+m_{2})v^{2}}{2} + \frac{m_{1}R^{2}v^{2}}{4R^{2}} = \frac{(3/2m_{1} + m_{2})v^{2}}{2} = \frac{(3/2m_{1} + m_{2})a^{2}t^{2}}{2}$.
За это же время сила трения куба о плоскость совершит работу
$A_{тр} = F_{тр}l = \mu m_{2}g \cos \alpha (at^{2}/2)$.
Из закона сохранения энергии можно записать следующее равенство:
$\Delta E_{п} = E_{к} + A_{тр}$.
Из него следует:
$a = \frac{(m_{1} + m_{2}) \sin \alpha - \mu m_{2} \cos \alpha}{3/2m_{1} + m_{2}} g$.
Подставив в последнее выражение числовые значения, получим $a \approx 2,5 м/с^{2}$.
На наклонной плоскости с углом наклона $\alpha =30^{ \circ}$ к горизонту находится сплошной однородный цилиндр, масса которого $m_{1} = 8 кг$, а радиус $R=5 см$ (рис.). К оси цилиндра с помощью нитки прикреплен куб массой $m_{2} = 4 кг$, который также находится на плоскости. С каким ускорением $a$ движутся оба тела? Коэффициент трения между кубом и наклонной плоскостью $\mu = 0,6$. Трением качения и трением в оси пренебречь.
Решение:
Задачу можно решить динамическим и энергетическим способами. Рассмотрим оба способа.
а) Динамический способ решения. Выберем координатные оси и укажем силы, действующие на куб и цилиндр (рис.). Запишем уравнения второго закона Ньютона в проекции на оси $Ox$ и $Oy$ для цилиндра:
$m_{1}g \sin \alpha - F_{ тр}^{ \prime} - T_{1} = m_{1} a$, (1)
$N_{1} - m_{1}g \cos \alpha = 0$; (2)
для куба:
$T_{2} + m_{2}g \sin \alpha - F_{тр} = m_{2}a$, (3)
$N_{2} - m_{2}g \cos \alpha = 0$. (4)
Так как масса нити пренебрежимо мала, то $T_{1} = T_{2}$.
Из уравнения (4) получаем, что $N_{2} = m_{2}g \cos \alpha$, a следовательно, $F_{тр} = \mu N_{2} = \mu m_{2} g \cos \alpha$. Пусть сила трения цилиндра о плоскость достаточно велика для того, чтобы цилиндр при своем движении не проскальзывал. В этом случае угловое ускорение цилиндра равно $\epsilon = a/R$.
Запишем основное уравнение динамики вращательного движения для цилиндра:
$F_{тр}^{ \prime} R = I \epsilon$,
где $I$ —момент инерции цилиндра, откуда следует, что
$F_{тр}^{ \prime} = \frac{I \epsilon }{R} = \frac{Ia}{R^{2}} = \frac{m_{1}R^{2}}{2} \cdot \frac{a}{R^{2}} = \frac{m_{1}a}{2}$. (5)
Складывая уравнения (1) и (3), получим:
$(m_{1} + m_{2})g \sin \alpha - F_{тр} - F_{тр}^{ \prime} = (m_{1} + m_{2}) a$.
Подставим в последнее равенство полученные значения для сил трения $F_{тр}$ и $F_{тр}^{ \prime}$:
$(m_{1} + m_{2}) g \sin \alpha - \mu m_{2} g \cos \alpha - \frac{m_{1}a}{2} = (m_{1} + m_{2})a$,
откуда
$a = \frac{(m_{1} + m_{2}) \sin \alpha - \mu m_{2} \cos \alpha}{ 3/2 m_{1} + m_{2}}g$.
Подстановка числовых данных приводит к ответу: $a = 2,46 м/с^{2} \approx 2,5 м/с^{2}$.
Убедимся, что наше предположение об отсутствии проскальзывания цилиндра справедливо. Для этого необходимо, чтобы угловое ускорение $\epsilon = a/R = 2,5/0,05 = 50 с^{-2}$ было бы меньше углового ускорения, сообщаемого максимальной силой трения $(F_{тр}^{ \prime})_{max}$ цилиндра о плоскости:
$\epsilon_{max} = \frac{(F_{тр}^{ \prime})_{max} R}{l} = \frac{( \mu m_{1} g \cos \alpha)R}{0,5 mR^{2}} = \frac{ 2 \mu g \cos \alpha}{R}; \epsilon_{max} \approx 210 с^{-2}$.
Действительно, так как $\epsilon < \epsilon_{max}$, то проскальзывания цилиндра нет и наше решение корректно.
б) Энергетический способ решения. За время $t$ после начала движения цилиндр и куб приобретут скорость $v=at$, переместятся вдоль наклонной плоскости на расстояние $l=at^{2}/2$ и опустятся по вертикали на
$h = l \sin \alpha = (at^{2}/2) \sin \alpha$.
Их потенциальная энергия уменьшится при этом на величину
$\Delta E_{п} = (m_{1} + m_{2}) gh = (m_{1} + m_{2}) g (at^{2}/2) s\in \alpha$.
В этот момент времени кинетическая энергия цилиндра и куба будет
$E_{к} = E_{1} + E_{2} = \frac{m_{1}v^{2}}{2} + I \frac{ \omega^{2}}{2} + \frac{m_{2}v^{2}}{2}$,
где $\omega$ — угловая скорость вращения цилиндра. Так как $\omega = v/R, I = m_{1}R^{2}/2, v=at$, то
$E_{к} = \frac{(m_{1}+m_{2})v^{2}}{2} + \frac{m_{1}R^{2}v^{2}}{4R^{2}} = \frac{(3/2m_{1} + m_{2})v^{2}}{2} = \frac{(3/2m_{1} + m_{2})a^{2}t^{2}}{2}$.
За это же время сила трения куба о плоскость совершит работу
$A_{тр} = F_{тр}l = \mu m_{2}g \cos \alpha (at^{2}/2)$.
Из закона сохранения энергии можно записать следующее равенство:
$\Delta E_{п} = E_{к} + A_{тр}$.
Из него следует:
$a = \frac{(m_{1} + m_{2}) \sin \alpha - \mu m_{2} \cos \alpha}{3/2m_{1} + m_{2}} g$.
Подставив в последнее выражение числовые значения, получим $a \approx 2,5 м/с^{2}$.
