Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 2607
2017-03-31 
Однородная балка массой $M$ и длиной $L$ движется по наклонному прокатному стану, представляющему собой шероховатые тонкостенные несоприкасающиеся цилиндры, оси которых параллельны и находятся на расстоянии $l$ друг от друга ($l \ll L$). Масса каждого цилиндра $m$. Определите установившуюся скорость движения балки по стану. Угол наклона стана к горизонту $\alpha$.
Решение:
Поскольку цилиндры шероховатые, то при движении балки раскручиваются цилиндры, находящейся под ней, на что расходуется потенциальная энергия опускающейся балки. В идеализированном варианте после прохождения балки будут вращаться все цилиндры прокатного стана. Это обстоятельство и приводит к тому, что в конце концов движение станет равномерным.
Для решения задачи воспользуемся энергетическими соображениями. Пусть искомая скорость $v$. За время $\tau \left ( \tau \gg \frac{l}{v} \right )$ балка пройдет по стану путь $S = v \tau$, при этом освободится потенциальная энергия
$E^{n} = Mgv \tau \sin \alpha$. (1)
При этом раскручивается до прекращения проскальзывания $N = \frac{v \tau}{l}$ новых цилиндров, кинетическая энергия которых
$E^{k} = N \frac{1}{2} mv^{2}$. (2)
При записи (1) учтено, что цилиндры тонкостенные и все точки цилиндров имеют одинаковую скорость. Для корректного решения задачи необходимо учесть неизбежное выделение теплоты при проскальзывании и трении балки о цилиндры. Для вычисления этой энергии заметим, что (2) аналогично выражению для кинетической энергии материальной точки, поэтому рассмотрим шайбу массы $m$ аккуратно, (т. е. без начальной скорости) положенную на шероховатую горизонтальную ленту транспортера, движущуюся со скоростью $v$. Под действием трения скольжения шайба начнет набирать скорость с ускорением $a = \mu g$, а через время $\tau^{*} = \frac{v}{ \mu g}$ трение скольжения исчезнет. При этом выделиться теплота:
$Q = \sum_{i} F_{тр} v_{i} \Delta t_{i} = F_{тр} \sum_{i} v_{i} \Delta t_{i} = \{ v = at \} = F_{тр} \frac{v}{2} \tau^{*}$. (3)
С другой стороны, согласно основному закону динамики в импульсной форме:
$mv = F_{тр} \tau^{*}$. (4)
Из (3)-(4) легко находим:
$Q = \frac{1}{2} mv^{2}$.
Таким образом мы показали, что при разгоне трением скольжения, энергетические (тепловые) потери равны кинетической энергии тела в конечном состоянии, т. е. пренебрегать ими нельзя. Возвращаясь к цилиндрам, заметим, что все вышесказанное будет справедливо, если балка достаточно длинна, т.е. иначе $\tau^{*} < \frac{L}{v}$ (чтобы проскальзывание успело исчезнуть). На рисунке раскрученные цилиндры заштрихованы, а раскручивающиеся — нет.
С учетом изложенного баланс энергий запишется в виде
$E^{n} = E^{k} + Q = 2E^{k} = mv^{2}N$. (5)
Далее
$Mgv \tau \sin \alpha = \frac{v \tau}{l} mv^{2}$. (6)
Откуда
$v^{2} = gl \frac{M}{m} \sin \alpha \Rightarrow v = \sqrt{ gl \frac{M}{m} \sin \alpha}$. (7)
Однородная балка массой $M$ и длиной $L$ движется по наклонному прокатному стану, представляющему собой шероховатые тонкостенные несоприкасающиеся цилиндры, оси которых параллельны и находятся на расстоянии $l$ друг от друга ($l \ll L$). Масса каждого цилиндра $m$. Определите установившуюся скорость движения балки по стану. Угол наклона стана к горизонту $\alpha$.
Решение:
Поскольку цилиндры шероховатые, то при движении балки раскручиваются цилиндры, находящейся под ней, на что расходуется потенциальная энергия опускающейся балки. В идеализированном варианте после прохождения балки будут вращаться все цилиндры прокатного стана. Это обстоятельство и приводит к тому, что в конце концов движение станет равномерным.
Для решения задачи воспользуемся энергетическими соображениями. Пусть искомая скорость $v$. За время $\tau \left ( \tau \gg \frac{l}{v} \right )$ балка пройдет по стану путь $S = v \tau$, при этом освободится потенциальная энергия
$E^{n} = Mgv \tau \sin \alpha$. (1)
При этом раскручивается до прекращения проскальзывания $N = \frac{v \tau}{l}$ новых цилиндров, кинетическая энергия которых
$E^{k} = N \frac{1}{2} mv^{2}$. (2)
При записи (1) учтено, что цилиндры тонкостенные и все точки цилиндров имеют одинаковую скорость. Для корректного решения задачи необходимо учесть неизбежное выделение теплоты при проскальзывании и трении балки о цилиндры. Для вычисления этой энергии заметим, что (2) аналогично выражению для кинетической энергии материальной точки, поэтому рассмотрим шайбу массы $m$ аккуратно, (т. е. без начальной скорости) положенную на шероховатую горизонтальную ленту транспортера, движущуюся со скоростью $v$. Под действием трения скольжения шайба начнет набирать скорость с ускорением $a = \mu g$, а через время $\tau^{*} = \frac{v}{ \mu g}$ трение скольжения исчезнет. При этом выделиться теплота:
$Q = \sum_{i} F_{тр} v_{i} \Delta t_{i} = F_{тр} \sum_{i} v_{i} \Delta t_{i} = \{ v = at \} = F_{тр} \frac{v}{2} \tau^{*}$. (3)
С другой стороны, согласно основному закону динамики в импульсной форме:
$mv = F_{тр} \tau^{*}$. (4)
Из (3)-(4) легко находим:
$Q = \frac{1}{2} mv^{2}$.
Таким образом мы показали, что при разгоне трением скольжения, энергетические (тепловые) потери равны кинетической энергии тела в конечном состоянии, т. е. пренебрегать ими нельзя. Возвращаясь к цилиндрам, заметим, что все вышесказанное будет справедливо, если балка достаточно длинна, т.е. иначе $\tau^{*} < \frac{L}{v}$ (чтобы проскальзывание успело исчезнуть). На рисунке раскрученные цилиндры заштрихованы, а раскручивающиеся — нет.
С учетом изложенного баланс энергий запишется в виде
$E^{n} = E^{k} + Q = 2E^{k} = mv^{2}N$. (5)
Далее
$Mgv \tau \sin \alpha = \frac{v \tau}{l} mv^{2}$. (6)
Откуда
$v^{2} = gl \frac{M}{m} \sin \alpha \Rightarrow v = \sqrt{ gl \frac{M}{m} \sin \alpha}$. (7)
