Специфические кинематические задачи в системах с трением: Часть 1

Видео

Конспект

Специфические кинематические задачи в системах с трением

Задача 1

Тело массой m движется по гладкому горизонтальному полу. На полу установлена вертикальная стена, имеющая в горизонтальном сечении форму полуокружности. Пол гладкий, а поверхность стены — негладкая. Коэффициент трения между телом и стеной равен \mu . Тело влетает в начало полуокружности со скоростью v_0 , скользит вдоль стены, прижимаясь к ней, и выходит с противоположного конца.

Требуется найти скорость тела v после выхода из полуокружности.

Решение:

В горизонтальной плоскости на тело действуют две силы:

Сила нормальной реакции стены \vec{N} . Она направлена по радиусу к центру полуокружности и обеспечивает центростремительное ускорение. Модуль этой силы обозначим N .

Сила трения \vec{F}_{тр} . Тело трётся только о стену (пол гладкий). Сила трения направлена по касательной к траектории против скорости движения тела. Её модуль, согласно закону Кулона–Амонтона, равен: F_{тр} = \mu N.

Вертикальные силы (тяжесть mg и реакция пола) компенсируют друг друга и на горизонтальное движение не влияют.

Тело движется по дуге окружности радиуса R (радиус стены). В каждой точке траектории нормальное (центростремительное) ускорение равно: a_n = \frac{v^2}{R}.

По второму закону Ньютона в проекции на радиус к центру окружности единственной силой, создающей это ускорение, является сила нормальной реакцияи со стороны стены N : m a_n = N \Rightarrow N = m \frac{v^2}{R}.

Зная N , находим модуль силы трения в любой момент времени: F_{тр} = \mu N = \mu m \frac{v^2}{R}.

Эта сила направлена против скорости, а значит, совершает отрицательную работу, уменьшая кинетическую энергию тела.

По Второму закону Ньютона в проекции на касательную к траектории: m a_\tau = -F_{тр}.

Тангенциальное ускорение a_\tau — это быстрота изменения модуля скорости. Выразим его не через время, а через угол поворота \phi . При движении по окружности малый элемент дуги равен ds = R\, d\phi . Скорость v = \dfrac{ds}{dt} = R \dfrac{d\phi}{dt} .

Касательное ускорение: a_\tau = \frac{dv}{dt} = \frac{dv}{d\phi} \cdot \frac{d\phi}{dt} = \frac{dv}{d\phi} \cdot \frac{v}{R}.

Подставляем в уравнение движения: m \cdot \frac{v}{R} \frac{dv}{d\phi} = -\mu m \frac{v^2}{R}.

Сокращаем массу m , радиус R и одну v (предполагая, что тело не остановилось): \frac{dv}{d\phi} = -\mu v.

Это дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными. Перепишем его и проинтегрируем от начального угла \phi = 0 (скорость v_0 ) до конечного \phi = \pi (полуокружность): \frac{dv}{v} = -\mu\, d\phi. \int_{v_0}^{v} \frac{dv}{v} = -\mu \int_{0}^{\pi} d\phi. \ln \frac{v}{v_0} = -\mu \pi.

Отсюда: v = v_0 e^{-\mu \pi}.

Задача 2

Гибкий нерастяжимый канат (или ремень, нить) перекинут через неподвижный шероховатый цилиндр радиуса R . Коэффициент трения между канатом и поверхностью цилиндра равен \mu . Канат охватывает цилиндр на некоторый угол \alpha (возможно больший чем 2\pi ). К одному концу каната приложена сила F_1 . Требуется найти минимальную силу F_2 , которую нужно приложить ко второму концу, чтобы:

(а) удержать канат от соскальзывания в сторону большей силы (равновесие);

(б) канат начал двигаться в противоположном направлении.

Решение:

Рассмотрим бесконечно малый элемент каната, охватывающий дугу d\phi (угол в радианах). На этот элемент действуют четыре силы:

Силы натяжения на концах элемента: \vec{T} и \vec{T} + d\vec{T} . Из-за трения натяжение меняется вдоль каната: T = T(\phi) .

Сила нормальной реакции цилиндра d\vec{N} , направленная по радиусу от центра цилиндра к элементу.

Сила трения d\vec{F}_{тр} , направленная по касательной к поверхности цилиндра. В предельном случае (канат на грани скольжения) модуль силы трения максимален и равен: dF_{тр} = \mu\, dN.

Запишем второй закон Ньютона (условие равновесия) для элемента каната. Поскольку элемент неподвижен в предельном случае, сумма сил равна нулю.

Разложим силы на две оси: касательную (по касательной к цилиндру) и нормальную (по радиусу к центру).

Вдоль касательной действуют: проекции сил натяжения на концах и сила трения.

Натяжение на одном конце элемента равно T , на другом — T + dT . Угол между касательными на концах элемента равен d\phi . Для малого угла проекции сил натяжения на касательную в середине элемента: (T + dT)\cos \frac{d\phi}{2} - T \cos \frac{d\phi}{2} - \mu\, dN = 0.

Так как \cos \dfrac{d\phi}{2} \approx 1 , получаем: dT = \mu\, dN.

Это ключевое уравнение: прирост натяжения равен силе трения.

В направлении к центру цилиндра действуют: проекции обеих сил натяжения и нормальная реакция dN .

Силы натяжения на концах элемента направлены под малым углом \dfrac{d\phi}{2} к касательной. Их проекции на радиус составляют: T \sin \frac{d\phi}{2} + (T + dT) \sin \frac{d\phi}{2} \approx 2T \frac{d\phi}{2} = T\, d\phi.

(использовали \sin \dfrac{d\phi}{2} \approx \dfrac{d\phi}{2} , а слагаемым dT \cdot \dfrac{d\phi}{2} пренебрегли как величиной второго порядка малости).

Эти проекции уравновешиваются нормальной реакцией опоры: dN = T\, d\phi.

Подставляем выражение для dN в уравнение dT = \mu\, dN : dT = \mu T\, d\phi.

Это дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными. Перепишем его: \frac{dT}{T} = \mu\, d\phi.

На концах дуги охвата угол \phi меняется от 0 до \alpha , а натяжение — от F_2 (меньшая сила) до F_1 (большая сила, при которой начинается скольжение). Интегрируем: \int_{F_2}^{F_1} \frac{dT}{T} = \mu \int_{0}^{\alpha} d\phi. \ln T \Big|_{F_2}^{F_1} = \mu \phi \Big|_{0}^{\alpha}. \ln \frac{F_1}{F_2} = \mu \alpha.

Потенцируем полученное равенство и получаем формулу Эйлера для трения гибкой нити: F_1 = F_2 \cdot e^{\mu \alpha}.

Задача 3

Тело массой m движется по гладкому горизонтальному полу. На его пути находится вертикальная стена, имеющая в плане форму полуокружности радиуса R . Пол гладкий, а коэффициент трения между телом и стеной зависит от скорости тела и задан выражением: \mu = \frac{\mu_0}{v}, где \mu_0 — некоторая постоянная, v — текущая скорость тела. Начальная скорость тела (на входе в полуокружность) равна v_0 . Требуется найти зависимость скорости тела от времени движения.

Решение:

При движении тела внутри полукруглой стены на него действуют следующие силы:

Сила тяжести m\vec{g} (вертикально вниз). Она уравновешивается реакцией гладкого пола \vec{N}_{пол} , поэтому в горизонтальной плоскости эти силы роли не играют.

Сила нормальной реакции стены \vec{N} . Она направлена по радиусу полуокружности к её центру. Именно эта сила заставляет тело двигаться по окружности и создаёт центростремительное ускорение.

Сила трения \vec{F}_{тр} между телом и стеной. Она направлена по касательной к стене, против направления скорости тела. По закону Амонтона–Кулона модуль силы трения скольжения равен: F_{тр} = \mu N.

Запишем второй закон Ньютона в проекции на нормаль к траектории (направление к центру окружности). Сила реакции стены N сообщает телу центростремительное ускорение: m a_n = N, где нормальное ускорение a_n = \dfrac{v^2}{R} . Таким образом, сила реакции стены равна: N = m \frac{v^2}{R}.

Теперь найдём модуль силы трения, действующей со стороны стены. По условию \mu = \dfrac{\mu_0}{v} , поэтому: F_{тр} = \mu N = \frac{\mu_0}{v} \cdot m \frac{v^2}{R} = \frac{\mu_0 m v}{R}.

Заметим, что сила трения оказалась прямо пропорциональна скорости v .

Сила трения направлена по касательной против движения. Следовательно, тангенциальное (касательное) ускорение тела, согласно Второму закону Ньютона: m a_\tau = -F_{тр} = -\frac{\mu_0 m v}{R}.

Сократим на массу m : a_\tau = -\frac{\mu_0}{R} v.

Поскольку тангенциальное ускорение есть производная модуля скорости по времени ( a_\tau = \dfrac{dv}{dt} ), получаем дифференциальное уравнение: \frac{dv}{dt} = -\frac{\mu_0}{R} v.

Полученное уравнение означает, что скорость убывает по экспоненциальному закону. Его решение с начальным условием v(0) = v_0 имеет вид: v(t) = v_0 e^{(-\mu_0 t / R)}

“‘