Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 6452
2018-02-25 
Два цилиндра различных радиусов вращаются в противоположные стороны вокруг горизонтальных параллельных осей с угловой скоростью $\omega_{1} = \omega_{2} = \omega = 2 с^{-1}$. Расстояние между осями по горизонтали $L = 4 м$. В момент времени $t = 0$ на цилиндры перпендикулярно их осям кладут балку, так что ее середина расположена точно над осью цилиндра меньшего радиуса. Рассчитать зависимость горизонтального смещения балки от времени. Коэффициент трения $\mu = 0,05$.
Решение:
Пусть $x$ - координата центра масс балки, а начало СК ($x = 0$) совпадает с центром масс балки, когда он находится посередине между осями цилиндров.
В проекции на ось Y из первого закона Ньютона имеем:
$N_{1} + N_{2} - mg = 0$,
где $m$ - масса балки. Т.к. балка в вертикальной плоскости не вращается, то из равенства проекций моментов сил следует:
$mg \left ( \frac{L}{2} + x \right ) - N_{2} L = 0$.
Из этой системы имеем: $N_{1,2} = mg \left ( \frac{1}{2} \mp \frac{x}{L} \right )$. Вначале балка проскальзывает, поэтому $F_{1,2} = \mu N_{1,2}$. Запишем уравнение движения балки в проекции на ось X:
$ma = F_{1} - F_{2} = \mu (N_{1} - N_{2} ) = - 2 \mu mg \frac{x}{L}$.
Это уравнение гармонических колебаний (сравните с уравнением колебаний шарика на пружине), имеющее решение $x = x_{0} \cos \Omega t$, где частота равна $\Omega = \sqrt{ \frac{2 \mu g}{L} }$, а амплитуда $x_{0} = \frac{L}{2}$. Однако когда модуль проекции скорости $\theta = \frac{dx}{dt}$ на ось X станет равным линейной скорости
точек обода меньшего цилиндра $\theta_{1}$, проскальзывание между цилиндром и балкой прекратится, сила трения $F_{2}$ станет силой трения покоя, уравновешивающей силу $F_{1}$, а балка будет двигаться равномерно. Момент времени $t_{1}$, когда прекращается проскальзывание, ищется из уравнения: $| \theta (t_{1}) = \theta_{1} \Leftrightarrow x_{0} \Omega \sin \Omega t_{1} = \omega r$. Отсюда $t_{1} = \frac{1}{ \Omega} arcsin \left ( \frac{ \omega r }{ \Omega x_{0} } \right )$.
Т.к. по мере приближения центра масс балки, к началу СК сила $F_{1}$ увеличивается, сила $N_{2}$ уменьшается, а $F_{2} < \nu N_{2}$, то наступит момент, когда сила $F_{2}$, достигнув максимального значения, тем не менее, не сможет уравновешивать силу $F_{1}$. Это произойдет, когда
$\nu N_{1} = F_{2max} = \mu N_{2}$.
Отсюда с учетом выражений для $N_{1,2}$ видно, что это произойдет при $x = 0$, т.е. через время
$t_{2} = t_{1} + \frac{ x(t_{1} ) }{ \theta_{1} } = \frac{1}{ \Omega} arcsin \left ( \frac{ \omega r}{ \Omega x_{0} } \right ) + \frac{ x_{0} \cos \Omega \left ( \frac{1}{ \Omega} arcsin \left ( \frac{ \omega r}{ \Omega x_{0} } \right ) \right ) }{ \omega r} = \sqrt{ \frac{L}{2 \mu g } } arcsin \left ( \omega r \sqrt{ \frac{2}{ \mu gL } } \right ) + \frac{L}{2 \omega r} \cos \left ( arcsin \left ( \omega r \sqrt{ \frac{2}{ \mu gL } } \right ) \right )$.
Расчет дает значение $t_{2} \approx 4,4 c$.
Два цилиндра различных радиусов вращаются в противоположные стороны вокруг горизонтальных параллельных осей с угловой скоростью $\omega_{1} = \omega_{2} = \omega = 2 с^{-1}$. Расстояние между осями по горизонтали $L = 4 м$. В момент времени $t = 0$ на цилиндры перпендикулярно их осям кладут балку, так что ее середина расположена точно над осью цилиндра меньшего радиуса. Рассчитать зависимость горизонтального смещения балки от времени. Коэффициент трения $\mu = 0,05$.
Решение:
Пусть $x$ - координата центра масс балки, а начало СК ($x = 0$) совпадает с центром масс балки, когда он находится посередине между осями цилиндров.
В проекции на ось Y из первого закона Ньютона имеем:
$N_{1} + N_{2} - mg = 0$,
где $m$ - масса балки. Т.к. балка в вертикальной плоскости не вращается, то из равенства проекций моментов сил следует:
$mg \left ( \frac{L}{2} + x \right ) - N_{2} L = 0$.
Из этой системы имеем: $N_{1,2} = mg \left ( \frac{1}{2} \mp \frac{x}{L} \right )$. Вначале балка проскальзывает, поэтому $F_{1,2} = \mu N_{1,2}$. Запишем уравнение движения балки в проекции на ось X:
$ma = F_{1} - F_{2} = \mu (N_{1} - N_{2} ) = - 2 \mu mg \frac{x}{L}$.
Это уравнение гармонических колебаний (сравните с уравнением колебаний шарика на пружине), имеющее решение $x = x_{0} \cos \Omega t$, где частота равна $\Omega = \sqrt{ \frac{2 \mu g}{L} }$, а амплитуда $x_{0} = \frac{L}{2}$. Однако когда модуль проекции скорости $\theta = \frac{dx}{dt}$ на ось X станет равным линейной скорости
точек обода меньшего цилиндра $\theta_{1}$, проскальзывание между цилиндром и балкой прекратится, сила трения $F_{2}$ станет силой трения покоя, уравновешивающей силу $F_{1}$, а балка будет двигаться равномерно. Момент времени $t_{1}$, когда прекращается проскальзывание, ищется из уравнения: $| \theta (t_{1}) = \theta_{1} \Leftrightarrow x_{0} \Omega \sin \Omega t_{1} = \omega r$. Отсюда $t_{1} = \frac{1}{ \Omega} arcsin \left ( \frac{ \omega r }{ \Omega x_{0} } \right )$.
Т.к. по мере приближения центра масс балки, к началу СК сила $F_{1}$ увеличивается, сила $N_{2}$ уменьшается, а $F_{2} < \nu N_{2}$, то наступит момент, когда сила $F_{2}$, достигнув максимального значения, тем не менее, не сможет уравновешивать силу $F_{1}$. Это произойдет, когда
$\nu N_{1} = F_{2max} = \mu N_{2}$.
Отсюда с учетом выражений для $N_{1,2}$ видно, что это произойдет при $x = 0$, т.е. через время
$t_{2} = t_{1} + \frac{ x(t_{1} ) }{ \theta_{1} } = \frac{1}{ \Omega} arcsin \left ( \frac{ \omega r}{ \Omega x_{0} } \right ) + \frac{ x_{0} \cos \Omega \left ( \frac{1}{ \Omega} arcsin \left ( \frac{ \omega r}{ \Omega x_{0} } \right ) \right ) }{ \omega r} = \sqrt{ \frac{L}{2 \mu g } } arcsin \left ( \omega r \sqrt{ \frac{2}{ \mu gL } } \right ) + \frac{L}{2 \omega r} \cos \left ( arcsin \left ( \omega r \sqrt{ \frac{2}{ \mu gL } } \right ) \right )$.
Расчет дает значение $t_{2} \approx 4,4 c$.
