Партнеры
Вход в систему
Яндекс.Метрика
on-line
Сейчас на сайте 0 пользователей и 11 гостей.

Готовимся к олимпиаде по физике. 10 класс.

Исследование падения палочки

Задача. На конце легкого стержня, поставленного вертикально на пол, закреплен массивный шар. Стержень начинает падать без начальной скорости. При каком значении угла между стержнем и вертикалью конец стержня перестанет давить на пол? При каком значении коэффициента трения стержень не проскользнет до этого момента?


 Решение этой задачи опирается на интуитивное предположение, что полная сила реакции пола R направлена вдоль стержня (рис.).

 По второму закону Ньютона
mgcosα − R = maц = mω2l = mv2/l, (1)

где R − сила с которой деформированный стержень действует на шар.
 В момент прекращения давления стержня на пол деформация стержня исчезнет и R = 0.

 Запишем закон сохранения энергии
mv2/2 = mgl(1 − cosα),

где m − масса шара, v − его линейная скорость, l − длина стержня.
 Отсюда
v2 = 2gl(1 − cosα).

Сделаем замену в (1)
cosα = 2(1 − cosα).

Получим
cosα = 2/3, и α = 48o10/.

 Чтобы стержень не проскользнул, необходимо выполнение условия
Rsinα ≤ μRcosα.

Следовательно,
μ ≥ tgα, и μ ≥ √{5}/2.

 Правда, это утверждение является точным только в том случае, если на конце стержня закреплен не шар конечного радиуса, а материальная точка, но для маленького шара эта неточность кажется несущественной.
 Получается, что судьба падающего стержня существенно зависит от распределения массы вдоль его длины. Однородная палочка обязательно начнет проскальзывать, но никогда не оторвется от пола, а невесомый стержень с точечной массой на конце от пола отрывается. Чтобы разобраться подробнее, запишем уравнения динамики для тонкого падающего стержня с произвольным распределением массы вдоль его длины и изучим вопрос о начале проскальзывания. Следующим пунктом будет изучение падения такой «обобщенной» палочки после начала скольжения.
 С точки зрения динамики, свойства такого линейного объекта полностью определяются его массой m, расстоянием d от нижнего конца до центра масс и моментом инерции Io относительно центра масс. Однако можно вместо этих параметров ввести один безразмерный параметр:
γ = Io/(md2),

который будет полностью определять свойства нашего стержня.
 Момент инерции стержня относительно точки касания равен
I = Io + md2 = (γ + 1)md2.

Для точечной массы на конце стержня γ = 0, а для однородного стержня γ = 1/3.
А в каких пределах может изменяться параметр γ?
 Рассмотрим невесомый стержень с точечными массами на его концах. Меняя величины масс m1 (внизу), m2 (вверху) и длину стержня l, можно получить все возможные значения параметров m, d, Io и γ (для данного случая γ = m1/m2).
 Например, гантелька с массой m/4 внизу и 3m/4 наверху будет полностью эквивалентна однородной палочке. Видно, что параметр γ может принимать любые положительные значения.
Итак, запишем закон динамики вращательного движения стержня относительно нижней точки (рис.):

mgdsinα = (Io + md2,

или
gsinα = (γ + 1)εd,

и закон сохранения энергии:
mgd(1 − cosα) = (Io + md22/2,

или
g(1 − cosα) = (γ + 1)ω2d/2,

где ε = dω/dt − угловое ускорение.
 Выразим проекции ускорения центра масс aх и aу на горизонтальную и вертикальную оси через линейное ускорение εd и центростремительное ускорение ω2d:
ax = d(εcosα − ω2sinα), ay = −d(εsinα + ω2cosα) (1)

Теперь с помощью законов Ньютона
Fmp = mах, N − mg = mау (2)

найдем зависимости Fmp и N от угла α:
Fmp = (3mg/(γ + 1)) × sinα × (cosα − 2/3),

N = (3mg/(γ + 1)) × (cos2α − (2/3)cosα + γ/3).

 Чтобы выяснить условия начала проскальзывания, надо исследовать поведение функции
μ = |Fmp/N| = |(sinα × (cosα − 2/3))/(cos2α − (2/3)cosα + γ/3)|.

 Качественно поведение этой функции представлено графически на рисунке.
 Для нахождения экстремумов функции надо приравнять к нулю производную этой функции. Убедитесь сами, что получается квадратное уравнение относительно cosα.) Интервалы функции, соответствующие проскальзыванию, выделены более жирными линиями, а интервалы углов − штриховкой на оси абсцисс. Левая область соответствует проскальзыванию против направления падения (μ < μ1), а правая − проскальзыванию в сторону падения (μ > μ1).
При 0 < γ < 1/3 (рис.a)

проскальзывание начнется при любом сколь угодно большом значении коэффициента трения μ, причем при угле, меньшем некоторого α.
При γ → 0 угол α → α1 = arccos(2/3) ≈ 48,2°, а при γ = 1/3 угол αo = α2 = arccos(1/3) ≈ 70,5°.
 Поведение стержня получается качественно таким же, как и падающей палочки. При γ > 1/3 функция остается конечной при всех α (рис. б, в).

 Значит, при достаточно большом коэффициенте трения (μ > μ2) проскальзывания не будет вовсе.
 Отметим, что при γ → 0, что соответствует переходу к задаче, решение которой рассмотрено первым, проскальзывание начнется при любом μ, причем для μ > √{5}/2 проскальзывание будет происходить в сторону падения и начнется при угле, чуть большем arccos(2/3). Впрочем, значения сил Fmp и N в момент начала проскальзывания будут очень малыми.
 Что же будет происходить после начала скольжения? Как убедиться в том, что нижний конец стержня будет скользить, не отрываясь от пола? Смещение нижнего конца стержня не повлияет на второе из уравнений (1), и после подстановки ау во второе из уравнений (2) получим
N − m(g − ω2dcosα) = −mdεsinα. (3)

 Запишем теперь закон динамики вращательного движения относительно центра масс стержня:
Ndsinα − Fmpdcosα = Ioε,

или
Nsinα − Fmpcosα = γmdε.

Учитывая, что Fmp = ±μN (верхний знак соответствует скольжению против направления падения), получим
N(sinα ∓ μcosα) = γmdε. (4)

 Отметим, что выражение в скобках в момент начала проскальзывания положительно и, значит, не может обратиться в ноль и изменить знак при увеличении α.
 Из уравнений (3) и (4) выразим N:
N = mγ(g − ω2dcosα)/(γ + sinα × (sinα ∓ μcosα)).

 Видно, что, для того чтобы N обратилась в ноль (произошел отрыв), должно обратиться в ноль выражение
W(α) = g − ω2dcosα.

Так как в начале проскальзывания это выражение положительно, при обращении в ноль оно должно убывать, т.е.
dW/dα < 0.

Однако
dW/dα = (−d(ω2)/dα) × dcosα + ω2dsinα.

Поскольку
d(ω2)/dα = 2ω(dω/dα) = 2(dα/dt) × (dω/dα) = 2(dω/dt) = 2ε,

а из выражения (4) следует, что ε обращается в ноль одновременно с N, то в момент отрыва
dW/dα = ω2dsinα > 0.

 Из полученного противоречия следует, что N не может обратиться в ноль, т.е. отрыв невозможен!


Смотрите еще:
Практикум абитуриента, школьника, олимпиадника.
Подготовка олимпиадника.
Подготовка абитуриента.