2016-09-04
На горизонтальной шероховатой поверхности находится обруч радиуса $R$, склеенный из двух однородных половинок массами $m_{1}$ и $m_{2}$ (рис. ).
1. При какой минимальной скорости $v_{0}$ центра $O$ обруч совершит полный оборот без проскальзывания?
2. Определите период малых колебаний обруча вблизи положения равновесия.
3. Найдите максимально возможный угол $\alpha_{max}$ наклона опорной плоскости к горизонту, при котором обруч, находящееся на ней, ещё остаётся в равновесии.
Решение:
рис.1
рис.2
Для ответа на первый вопрос задачи следует применить закон сохранения энергии:
$(m_{2} – m_{1})g \cdot 2y_{0} = \frac{I \omega^{2}}{2}$, (1)
где $y_{0}$ - расстояние от оси обруча до центра масс его половинок, $I$ - момент инерции обруча относительно точки опоры, $\omega = v_{0}/R$ - начальная угловая скорость вращения обруча. Для определения величины $y_{0}$ воспользуемся формулой, по которой находится координата центра масс, отсчитываемая от диаметра половины обруча:
$y_{0} = \frac{1}{m} \int y dm$,
где $m$ - масса половинки обруча, а $y$ - расстояние от элемента $dm$ до диаметра. Из рисунка 1 видно, что $y = R \sin \phi, dm = m \cdot d \phi / \pi$. Поэтому получим
$y_{0} = \frac{R}{ \pi} \int_{0}^{ \pi} \sin \phi d \phi = \frac{2R}{ \pi}$. (2)
Входящий в (1) момент инерции $I$ равен сумме моментов инерции каждой половинки $I = I_{1} + I_{2}$. Моменты инерции половин относительно оси обруча равны: $I_{10} = m_{1}R^{2}, I_{20} = m_{2}R^{2}$. По теореме Штейнера эти моменты можно связать с моментами инерции $I_{1c}$ и $I_{2c}$ относительно центров масс. Получаем:
$I_{10} = m_{1}R^{2} = I_{1c} + m_{1}y_{0}^{2}$,
$I_{20} = m_{2}R^{2} = I_{2c} + m_{2}y_{0}^{2}$.
Отсюда:
$I_{1c} = m_{1}R^{2} \left ( 1 - \frac{4}{ \pi^{2}} \right ), I_{2c} = m_{2}R^{2} \left ( 1 - \frac{4}{ \pi^{2}} \right )$.
По той же теореме Штейнера найдём
$I_{1} = I_{1c} + m_{1}(R+y_{0})^{2}, I_{2} = I_{2c} + m_{2}(R+y_{0})^{2}$.
Складывая $I_{1}$ и $I_{2}$, получим искомый момент инерции обруча:
$I = I_{1} + I_{2} =2R^{2} \left ( m_{1} \left ( 1 + \frac{2}{ \pi} \right ) + m_{2} \left ( 1 - \frac{2}{ \pi} \right ) \right )$. (3)
Подставляем полученные выражения (2) и (3) в уравнение (1):
$(m_{2}-m_{1}) g \frac{4R}{ \pi} = \frac{1}{2} 2R^{2} \left ( m_{1} \left ( 1 + \frac{2 }{ \pi} \right ) + m_{2} \left ( 1 - \frac{2}{ \pi} \right ) \right ) \frac{v_{0}^{2}}{R^{2}}$,
$v_{0} = \sqrt{ \frac{4(m_{2} – m_{1})gR}{ m_{1} ( \pi + 2) + m_{2} ( \pi - 2)}}$.
Как видим, чем больше разность $(m_{2} - m_{1})$, тем больше нужно сообщить скорость для того, чтобы обруч сделал полный оборот. Однородный обруч $(m_{2} = m_{1})$ будет в отсутствие проскальзывания равномерно катиться после сообщения ему сколь угодно малой скорости $v_{0}$.
Для нахождения периода малых колебаний системы, нужно привести динамическое уравнение к виду $\ddot{x} = - \omega^{2} x$ (точка означает дифференцирование по времени), и тогда $T = 2 \pi / \omega$. Динамическое уравнение можно получить, записав выражение для энергии системы при небольшом отклонении её от положения равновесия. Для рассматриваемого обруча при повороте его на малый угол $\phi$ от положения равновесия, получим:
$E = (m_{2} – m_{1}) gy_{0}(1 - \cos \phi ) + \frac{I}{2} \dot{ \phi^{2}}$, (4)
где $\dot = \omega$. В отсутствие трения энергия сохраняется, то есть $\dot{E} = 0$. Дифференцируя (4) и учитывая малость угла $\phi$, получим:
$(m_{2} - m_{1}) g y_{0} \sin \phi \dot( \phi) + I \dot{ \phi} \ddot{ \phi} = 0$, или $\ddot{ \phi} = - \frac{(m_{2} - m_{1}) g y_{0}}{I} \phi$.
Следовательно,
$T= 2 \pi \sqrt{ \frac{I}{ (m_{2} – m_{1}) g y_{0}}}$.
Подставляя сюда (2) и (3), получим ответ:
$T = 2 \pi \sqrt{ \frac{R}{g}} \sqrt{ \pi \frac{m_{2} + m_{1}}{m_{2} - m_{1}} - 2}$
При $m_{2} \rightarrow m_{1}$ период $T \rightarrow \infty$. Это и означает, что колебательное движение обруча сменяется его вращением.
При наклоне опорной плоскости качению препятствует тяжёлая половина обруча: момент её силы тяжести относительно точки опоры при малых углах наклона уравновешивает момент силы тяжести лёгкой половины. Когда угол наклона становится таким, что центры масс половин $C_{1}$ и $C_{1}$ оказываются на одном горизонтальном уровне (рис. 2), момент силы $m_{2} \vec{g}$ относительно точки $A$ достигает максимального значения. При дальнейшем увеличении угла $\alpha$ он уже не может компенсировать увеличивающийся момент силы $m_{1} \vec{g}$. Равенство моментов сил $m_{1} \vec{g}$ и $m_{2} \vec{g}$ относительно точки $A$ для критического положения, изображённого на рисунке 2, и определяет максимальный угол наклона $\alpha = \alpha_{max}$:
$\alpha_{max} = arcsin \left ( \frac{2}{ \pi} \cdot \frac{m_{2} – m_{1}}{ m_{2} + m_{1}} \right ) $.