Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 9936
2018-11-09 
На наклонной плоскости на высоте $h$ находится шарик. Начальная скорость шарика (линейная и угловая) равна 0. Коэффициент трения шарика о плоскость равен $f = 2/7$. Коэффициент трения качения между шариком и плоскостью равен 0. В начальный момент шарик отпускают. Как зависит от угла наклона плоскости $\alpha$ конечная линейная скорость шарика $v$ (т. е. скорость центра шарика в момент, когда он достигает нижнего конца наклонной плоскости)? Построить график функции $v( \alpha)$.
Решение:
Воспользовавшись выводами задачи 9935, нетрудно определить, что при $f = 2/7$ шарик будет скатываться без проскальзывания, если наклон плоскости не превышает $45^{ \circ}$. При большем наклоне движение будет происходить с проскальзыванием. Оба эти случая требуют отдельного рассмотрения.
а. Движение без проскальзывания ($\alpha \leq 45^{ \circ}$). В этом случае сила трения не совершает работы и полная механическая энергия шарика остается постоянной. Используя обозначения, приведенные на рис., можно записать
$mgh = \frac{mv^{2}}{2} + \frac{I \omega^{2} }{2}$,
где $mgh$ - разность между значениями потенциальной энергии шарика на вершине наклонной плоскости и у ее основания, а выражение, стоящее в правой части, представляет собой полную энергию шарика в конечный момент. Приведенное уравнение выражает закон сохранения энергии (очевидно, начальная кинетическая энергия шарика равна нулю). Скорости $v$ и $\omega$ связаны между собой соотношением
$\omega = v/R$.
Момент инерции шарика
$I = \frac{2}{5} mR^{2}$,
где $R$ — радиус шарика.
Подставив последние два выражения в первое уравнение, получим зависимость, из которой без труда определим искомую конечную скорость
$v = \sqrt{ \frac{10}{7} gh }$.
б. Движение с проскальзыванием ($\alpha > 45^{ \circ}$).
В этом случае при проскальзывании поверхности шарика по плоскости часть энергии шарика рассеивается в виде тепла, поэтому механическая энергия шарика изменяется. Следовательно, при решении этой части задачи мы не можем воспользоваться законом сохранения энергии.
Параллельно наклонной плоскости действуют две силы: составляющая силы тяжести $mg \sin \alpha$, направленная к основанию плоскости, и сила трения $T$, направленная к ее вершине. Сила трения в этом случае имеет максимальное возможное значение $fN$, где $N = mg \cos \alpha$ - сила нормального давления шарика на плоскость. Если через $a$ обозначить ускорение поступательного движения шарика, то, согласно второму закону Ньютона, можно записать
$ma = mg \sin \alpha - fmg \cos \alpha$,
т. е.
$a = g \sin \alpha - fg \cos \alpha$,
Путь $s$, пройденный центром шарика, равен
$s = \frac{h}{ \sin \alpha}$.
Зная $a$ и $s$, определим скорость $v$ из соотношения $v = \sqrt{2as}$:
$v = \sqrt{2gh (1 - f ctg \alpha)}$ ($\alpha > 45^{ \circ}$).
При заданном $f = 2/7$
$v = \sqrt{2gh \left (1 - \frac{2}{7} ctg \alpha \right )}$ ($\alpha > 45^{ \circ}$).
Зависимость конечной скорости шарика от угла наклона плоскости представлена на рис.
Полученный результат может показаться парадоксальным, поскольку при проскальзывании, а значит, при наличии тепловых потерь энергии скорость оказалась больше, чем в отсутствие проскальзывания и, следовательно, теплового рассеяния энергии. При углах $\alpha < 45^{ \circ}$ кинетическая энергия вращательного движения шарика составляет неизменную часть кинетической энергии его поступательного движения, тогда как при углах $\alpha > 45^{ \circ }$ она очень быстро уменьшается, что читатель без труда может доказать самостоятельно.
Для углов $\alpha > 45^{ \circ}$ кинетическая энергия поступательного движения возрастает за счет кинетической энергии вращательного движения. Это относится и к теплу, выделяющемуся во время движения.
На наклонной плоскости на высоте $h$ находится шарик. Начальная скорость шарика (линейная и угловая) равна 0. Коэффициент трения шарика о плоскость равен $f = 2/7$. Коэффициент трения качения между шариком и плоскостью равен 0. В начальный момент шарик отпускают. Как зависит от угла наклона плоскости $\alpha$ конечная линейная скорость шарика $v$ (т. е. скорость центра шарика в момент, когда он достигает нижнего конца наклонной плоскости)? Построить график функции $v( \alpha)$.
Решение:
Воспользовавшись выводами задачи 9935, нетрудно определить, что при $f = 2/7$ шарик будет скатываться без проскальзывания, если наклон плоскости не превышает $45^{ \circ}$. При большем наклоне движение будет происходить с проскальзыванием. Оба эти случая требуют отдельного рассмотрения.
а. Движение без проскальзывания ($\alpha \leq 45^{ \circ}$). В этом случае сила трения не совершает работы и полная механическая энергия шарика остается постоянной. Используя обозначения, приведенные на рис., можно записать
$mgh = \frac{mv^{2}}{2} + \frac{I \omega^{2} }{2}$,
где $mgh$ - разность между значениями потенциальной энергии шарика на вершине наклонной плоскости и у ее основания, а выражение, стоящее в правой части, представляет собой полную энергию шарика в конечный момент. Приведенное уравнение выражает закон сохранения энергии (очевидно, начальная кинетическая энергия шарика равна нулю). Скорости $v$ и $\omega$ связаны между собой соотношением
$\omega = v/R$.
Момент инерции шарика
$I = \frac{2}{5} mR^{2}$,
где $R$ — радиус шарика.
Подставив последние два выражения в первое уравнение, получим зависимость, из которой без труда определим искомую конечную скорость
$v = \sqrt{ \frac{10}{7} gh }$.
б. Движение с проскальзыванием ($\alpha > 45^{ \circ}$).
В этом случае при проскальзывании поверхности шарика по плоскости часть энергии шарика рассеивается в виде тепла, поэтому механическая энергия шарика изменяется. Следовательно, при решении этой части задачи мы не можем воспользоваться законом сохранения энергии.
Параллельно наклонной плоскости действуют две силы: составляющая силы тяжести $mg \sin \alpha$, направленная к основанию плоскости, и сила трения $T$, направленная к ее вершине. Сила трения в этом случае имеет максимальное возможное значение $fN$, где $N = mg \cos \alpha$ - сила нормального давления шарика на плоскость. Если через $a$ обозначить ускорение поступательного движения шарика, то, согласно второму закону Ньютона, можно записать
$ma = mg \sin \alpha - fmg \cos \alpha$,
т. е.
$a = g \sin \alpha - fg \cos \alpha$,
Путь $s$, пройденный центром шарика, равен
$s = \frac{h}{ \sin \alpha}$.
Зная $a$ и $s$, определим скорость $v$ из соотношения $v = \sqrt{2as}$:
$v = \sqrt{2gh (1 - f ctg \alpha)}$ ($\alpha > 45^{ \circ}$).
При заданном $f = 2/7$
$v = \sqrt{2gh \left (1 - \frac{2}{7} ctg \alpha \right )}$ ($\alpha > 45^{ \circ}$).
Зависимость конечной скорости шарика от угла наклона плоскости представлена на рис.
Полученный результат может показаться парадоксальным, поскольку при проскальзывании, а значит, при наличии тепловых потерь энергии скорость оказалась больше, чем в отсутствие проскальзывания и, следовательно, теплового рассеяния энергии. При углах $\alpha < 45^{ \circ}$ кинетическая энергия вращательного движения шарика составляет неизменную часть кинетической энергии его поступательного движения, тогда как при углах $\alpha > 45^{ \circ }$ она очень быстро уменьшается, что читатель без труда может доказать самостоятельно.
Для углов $\alpha > 45^{ \circ}$ кинетическая энергия поступательного движения возрастает за счет кинетической энергии вращательного движения. Это относится и к теплу, выделяющемуся во время движения.
