Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 9925
2018-11-09 
На горизонтальном столе лежит тонкое однородное кольцо массой $m$ и радиусом $r$. Кольцо вращается вокруг собственной оси симметрии (направленной вертикально) с угловой скоростью $\omega$. Одновременно центр движется со скоростью $v = \omega r$. Коэффициент трения движущегося кольца о стол равен $f$. Определить величину силы $F$, тормозящей поступательное движение кольца, а также момент силы $M$, тормозящий его вращательное движение.
Решение:
Скорость точки А с угловой координатой $\alpha$ (рис.), отсчитываемой относительно неподвижного стола, имеет две составляющие: $u_{ \parallel} = v + \omega r \cos \alpha$ (составляющая, параллельная $\vec{v}$) и $u_{ \perp} = \omega r \sin \alpha$ (составляющая, перпендикулярная $\vec{v}$).
Согласно условию задачи, в начальный момент $v = \omega r$, следовательно, можно записать
$u_{ \parallel} = 2 \omega r \cos^{2} \frac{ \alpha}{2}$,
$u_{ \perp} = 2 \omega r \cos \frac{ \alpha}{2} \sin \frac{ \alpha}{2}$.
Абсолютная величина скорости $\vec{u}$ равна
$u = \sqrt{u_{ \parallel}^{2} + u_{ \perp}^{2} } = 2 \omega r \left | \cos \frac{ \alpha}{2} \right |$.
В каждой точке кольца действует сила, направленная противоположно скорости $\vec{u}$ этой точки относительно стола. Сила трения, действующая на элемент кольца, заключенный между $\alpha$ и $\alpha + d \alpha$, имеет две составляющие, численно равные
$d T_{ \parallel} = fg dm \frac{u_{ \parallel} }{u}$,
$d T_{ \perp} = fg dm \frac{u_{ \perp} }{u}$,
где $dm = \rho d \alpha$, $\rho$ - «угловая плотность» кольца, т. е. масса кольца, приходящаяся на единичный угол $\alpha$. Масса всего кольца определяется формулой
$2 \pi \rho = m$,
значит,
$\rho = \frac{m}{2 \pi}$
и
$dm = \frac{m}{2 \pi} d \alpha$.
Определим $T_{ \parallel}$. Для этого нужно проинтегрировать $dT_{ \parallel}$ по углу $\alpha$ от 0 до $2 \pi$. Имеем
$T_{1} = \int_{0}^{ 2 \pi} fg \frac{m}{2 \pi} d \alpha \frac{2 \omega r \cos^{2} \frac{ \alpha}{2} }{2 \omega r \left | \cos \frac{ \alpha}{2} \right | } = 2 \int_{0}^{ \pi} fg \frac{m}{2 \pi} \cos \frac{ \alpha }{2} d \alpha = \frac{2}{ \pi} fmg$.
Составляющая $T_{ \perp} = 0$, что можно доказать методом, использованным в задаче 9923. Таким образом, сила, тормозящая поступательное движение кольца, равна
$F = T_{ \parallel} = \frac{2}{ \pi} fmg$.
Момент сил, тормозящий вращательное движение кольца, лучше всего отсчитывать относительно центра кольца, но можно и относительно других точек, например относительно мгновенной оси вращения; важно лишь правильно понимать, относительно какой точки он отсчитывается. Плечи для сил $d \vec{T}_{ \parallel}$ и $d \vec{T}_{ \perp}$ в точке А относительно центра кольца соответственно равны
$R_{1} = r \cos \alpha$ и $R_{2} = r \sin \alpha$.
Следовательно,
$dM = R_{1} dT_{ \parallel} + R_{2}d T_{ \perp} = r \cos \alpha fg \frac{m}{ 2 \pi} \frac{ \cos^{2} \frac{ \alpha}{2} }{ \left | \cos \frac{ \alpha}{2} \right | } d \alpha + r \sin \alpha fg \frac{m}{ 2 \pi} \frac{ \cos \frac{ \alpha}{2} \sin \frac{ \alpha}{2} }{ \left | \cos \frac{ \alpha}{2} \right | } d \alpha = rfg \frac{m}{2 \pi} \frac{ \cos \frac{ \alpha}{2}}{ \left | \cos \frac{ \alpha}{2} \right | } ( \cos \alpha \cos \frac{ \alpha}{2} + \sin \alpha \sin \frac{ \alpha}{2} ) d \alpha = rfg \frac{m}{2 \pi} \frac{ \cos^{2} \frac{ \alpha}{2} }{ \left | \cos \frac{ \alpha}{2} \right | } d \alpha$.
Момент торможения находим, интегрируя $dM$ по углу $\alpha$ от 0 до $2 \pi$. Получаем при этом тот же интеграл, что и прежде, но с дополнительным множителем $r$:
$M = \int_{0}^{ 2 \pi} dM = r \frac{2}{ \pi} fmg$.
Заметим, что $F$ и $M$ удовлетворяют уравнению
$M = Fr$.
Учитывая, что момент инерции кольца $I = mr^{2}$, можно утверждать, что соотношение $v = \omega r$, приведенное вначале, выполняется все время. Это означает, что мгновенная ось вращения всегда проходит через край кольца. Она будет перемещаться прямолинейно параллельно центру кольца О.
На горизонтальном столе лежит тонкое однородное кольцо массой $m$ и радиусом $r$. Кольцо вращается вокруг собственной оси симметрии (направленной вертикально) с угловой скоростью $\omega$. Одновременно центр движется со скоростью $v = \omega r$. Коэффициент трения движущегося кольца о стол равен $f$. Определить величину силы $F$, тормозящей поступательное движение кольца, а также момент силы $M$, тормозящий его вращательное движение.
Решение:
Скорость точки А с угловой координатой $\alpha$ (рис.), отсчитываемой относительно неподвижного стола, имеет две составляющие: $u_{ \parallel} = v + \omega r \cos \alpha$ (составляющая, параллельная $\vec{v}$) и $u_{ \perp} = \omega r \sin \alpha$ (составляющая, перпендикулярная $\vec{v}$).
Согласно условию задачи, в начальный момент $v = \omega r$, следовательно, можно записать
$u_{ \parallel} = 2 \omega r \cos^{2} \frac{ \alpha}{2}$,
$u_{ \perp} = 2 \omega r \cos \frac{ \alpha}{2} \sin \frac{ \alpha}{2}$.
Абсолютная величина скорости $\vec{u}$ равна
$u = \sqrt{u_{ \parallel}^{2} + u_{ \perp}^{2} } = 2 \omega r \left | \cos \frac{ \alpha}{2} \right |$.
В каждой точке кольца действует сила, направленная противоположно скорости $\vec{u}$ этой точки относительно стола. Сила трения, действующая на элемент кольца, заключенный между $\alpha$ и $\alpha + d \alpha$, имеет две составляющие, численно равные
$d T_{ \parallel} = fg dm \frac{u_{ \parallel} }{u}$,
$d T_{ \perp} = fg dm \frac{u_{ \perp} }{u}$,
где $dm = \rho d \alpha$, $\rho$ - «угловая плотность» кольца, т. е. масса кольца, приходящаяся на единичный угол $\alpha$. Масса всего кольца определяется формулой
$2 \pi \rho = m$,
значит,
$\rho = \frac{m}{2 \pi}$
и
$dm = \frac{m}{2 \pi} d \alpha$.
Определим $T_{ \parallel}$. Для этого нужно проинтегрировать $dT_{ \parallel}$ по углу $\alpha$ от 0 до $2 \pi$. Имеем
$T_{1} = \int_{0}^{ 2 \pi} fg \frac{m}{2 \pi} d \alpha \frac{2 \omega r \cos^{2} \frac{ \alpha}{2} }{2 \omega r \left | \cos \frac{ \alpha}{2} \right | } = 2 \int_{0}^{ \pi} fg \frac{m}{2 \pi} \cos \frac{ \alpha }{2} d \alpha = \frac{2}{ \pi} fmg$.
Составляющая $T_{ \perp} = 0$, что можно доказать методом, использованным в задаче 9923. Таким образом, сила, тормозящая поступательное движение кольца, равна
$F = T_{ \parallel} = \frac{2}{ \pi} fmg$.
Момент сил, тормозящий вращательное движение кольца, лучше всего отсчитывать относительно центра кольца, но можно и относительно других точек, например относительно мгновенной оси вращения; важно лишь правильно понимать, относительно какой точки он отсчитывается. Плечи для сил $d \vec{T}_{ \parallel}$ и $d \vec{T}_{ \perp}$ в точке А относительно центра кольца соответственно равны
$R_{1} = r \cos \alpha$ и $R_{2} = r \sin \alpha$.
Следовательно,
$dM = R_{1} dT_{ \parallel} + R_{2}d T_{ \perp} = r \cos \alpha fg \frac{m}{ 2 \pi} \frac{ \cos^{2} \frac{ \alpha}{2} }{ \left | \cos \frac{ \alpha}{2} \right | } d \alpha + r \sin \alpha fg \frac{m}{ 2 \pi} \frac{ \cos \frac{ \alpha}{2} \sin \frac{ \alpha}{2} }{ \left | \cos \frac{ \alpha}{2} \right | } d \alpha = rfg \frac{m}{2 \pi} \frac{ \cos \frac{ \alpha}{2}}{ \left | \cos \frac{ \alpha}{2} \right | } ( \cos \alpha \cos \frac{ \alpha}{2} + \sin \alpha \sin \frac{ \alpha}{2} ) d \alpha = rfg \frac{m}{2 \pi} \frac{ \cos^{2} \frac{ \alpha}{2} }{ \left | \cos \frac{ \alpha}{2} \right | } d \alpha$.
Момент торможения находим, интегрируя $dM$ по углу $\alpha$ от 0 до $2 \pi$. Получаем при этом тот же интеграл, что и прежде, но с дополнительным множителем $r$:
$M = \int_{0}^{ 2 \pi} dM = r \frac{2}{ \pi} fmg$.
Заметим, что $F$ и $M$ удовлетворяют уравнению
$M = Fr$.
Учитывая, что момент инерции кольца $I = mr^{2}$, можно утверждать, что соотношение $v = \omega r$, приведенное вначале, выполняется все время. Это означает, что мгновенная ось вращения всегда проходит через край кольца. Она будет перемещаться прямолинейно параллельно центру кольца О.
