Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 9935
2018-11-09 
Однородный шар скатывается с наклонной плоскости с углом наклона $\alpha$. Коэффициент трения покоя шара на плоскости равен $f$. Коэффициент трения качения равен 0. Определить предельный угол $\alpha$, при котором шар может скатываться без проскальзывания.
Решение:
Параллельно плоскости на шар действуют две силы: составляющая силы тяжести $mg \sin \alpha$ и сила трения $\vec{T}$ (рис.). Результирующая этих сил сообщает центру шара линейное ускорение $\vec{a}$:
$ma = mg \sin \alpha - T$,
где $m$ - масса шара. Сила трения приложена к точке соприкосновения шара и плоскости. Эта сила сообщает шару угловое ускорение относительно оси, проходящей через центр, равное $\epsilon$:
$I \epsilon = Tr$,
где $r$ - радиус шара, а $I$ - момент инерции относительно оси, проходящей через центр; $I = 2/5 mr^{2}$. Эти два уравнения выражают второй закон Ньютона для поступательного и вращательного движений. В уравнения входят три неизвестные величины $a, \epsilon$ и $T$. Если скатывание происходит без проскальзывания, то $a$ и $\epsilon$ связаны соотношением
$a = \epsilon r$.
При движении без проскальзывания в системе, связанной с центром шара, в каждый момент времени линейная скорость шара относительно наклонной плоскости должна быть такой же, как и скорость точек на «периферии» шара. Это означает, что при таком движении линейная и угловая скорости связаны соотношением
$v = \omega r$.
Взяв производные по времени от обеих частей последнего равенства, получим приведенную выше зависимость между $a$ и $\epsilon$. Используя первые три уравнения, определим $T$:
$T = \frac{mg \sin \alpha}{ \frac{mr^{2} }{I} + 1 }$.
Подставив в это уравнение значение момента инерции шара $I$, заданное в условии задачи, получим выражение для силы трения шара, движущегося по плоскости без проскальзывания:
$T = \frac{2}{7} mg \sin \alpha$.
Величина силы трения не может превышать максимальную силу трения $T_{max} = fN$, где $N$ - сила нормального давления. В нашем случае
$N = mg \cos \alpha$.
Тогда получаем неравенство
$T = \frac{2}{7} mg \sin \alpha \leq T_{max} = fmg \cos \alpha$.
Следовательно,
$tg \alpha \leq \frac{7}{2}f$,
$\alpha \leq arctg \frac{7}{2} f$.
Это означает, что движение шара может происходить без проскальзывания только в том случае, если угол наклона плоскости не превышает $arctg 7/2f$. Здесь важно подчеркнуть, что скатывание без проскальзывания служит проявлением действия силы трения. Встречающееся иногда выражение «шар скатывается без трения и без проскальзывания» является, очевидно, неверным и свидетельствует о непонимании процесса скатывания. Но при скатывании без проскальзывания сила трения не совершает работу. Почему?
Однородный шар скатывается с наклонной плоскости с углом наклона $\alpha$. Коэффициент трения покоя шара на плоскости равен $f$. Коэффициент трения качения равен 0. Определить предельный угол $\alpha$, при котором шар может скатываться без проскальзывания.
Решение:
Параллельно плоскости на шар действуют две силы: составляющая силы тяжести $mg \sin \alpha$ и сила трения $\vec{T}$ (рис.). Результирующая этих сил сообщает центру шара линейное ускорение $\vec{a}$:
$ma = mg \sin \alpha - T$,
где $m$ - масса шара. Сила трения приложена к точке соприкосновения шара и плоскости. Эта сила сообщает шару угловое ускорение относительно оси, проходящей через центр, равное $\epsilon$:
$I \epsilon = Tr$,
где $r$ - радиус шара, а $I$ - момент инерции относительно оси, проходящей через центр; $I = 2/5 mr^{2}$. Эти два уравнения выражают второй закон Ньютона для поступательного и вращательного движений. В уравнения входят три неизвестные величины $a, \epsilon$ и $T$. Если скатывание происходит без проскальзывания, то $a$ и $\epsilon$ связаны соотношением
$a = \epsilon r$.
При движении без проскальзывания в системе, связанной с центром шара, в каждый момент времени линейная скорость шара относительно наклонной плоскости должна быть такой же, как и скорость точек на «периферии» шара. Это означает, что при таком движении линейная и угловая скорости связаны соотношением
$v = \omega r$.
Взяв производные по времени от обеих частей последнего равенства, получим приведенную выше зависимость между $a$ и $\epsilon$. Используя первые три уравнения, определим $T$:
$T = \frac{mg \sin \alpha}{ \frac{mr^{2} }{I} + 1 }$.
Подставив в это уравнение значение момента инерции шара $I$, заданное в условии задачи, получим выражение для силы трения шара, движущегося по плоскости без проскальзывания:
$T = \frac{2}{7} mg \sin \alpha$.
Величина силы трения не может превышать максимальную силу трения $T_{max} = fN$, где $N$ - сила нормального давления. В нашем случае
$N = mg \cos \alpha$.
Тогда получаем неравенство
$T = \frac{2}{7} mg \sin \alpha \leq T_{max} = fmg \cos \alpha$.
Следовательно,
$tg \alpha \leq \frac{7}{2}f$,
$\alpha \leq arctg \frac{7}{2} f$.
Это означает, что движение шара может происходить без проскальзывания только в том случае, если угол наклона плоскости не превышает $arctg 7/2f$. Здесь важно подчеркнуть, что скатывание без проскальзывания служит проявлением действия силы трения. Встречающееся иногда выражение «шар скатывается без трения и без проскальзывания» является, очевидно, неверным и свидетельствует о непонимании процесса скатывания. Но при скатывании без проскальзывания сила трения не совершает работу. Почему?
