Механика. Скатывающийся шар.

[PIRO11]

Имеем:
Найти ускорение a центра однородного шара, скатывающегося без скольжения по наклонной плоскости, образующей угол $30^o$ с горизонтом. Чему равна сила трения сцепления шара и плоскости, если его масса 0,5кг. ?
Вот что у меня получается:
момент инерции шара

$$ I = \frac { \ 2 } { \ 5 } mR^2$$

инерционная масса $m+ \frac { \ 2m } { \ 5 }$

$$a= \frac { \ mg*sin \alpha } { \ m+ \frac { \ 2m } { \ 5 } } $$

$$F=m(gsin\alpha-a)$$

Правильным ли я путём пошёл и правилен ли результат?

[lel0lel]

PIRO11 в сообщении #314680 писал(а):

Правильным ли я путём пошёл и правилен ли результат?

Касательно пути - это дело вкуса. В ваших рассуждениях, на мой взгляд, скрывается суть явления. Хотя, возможно, причина этому краткость, тогда всё хорошо. Результат верный.

[meduza]

А я вот не знаю, что такое "инерционная масса", поэтому насчёт правильности решения ничего сказать не могу. Результат верный. Но я бы нашёл его простым школьным путем, из системы $\sum\vec F=m\vec a$, $\sum M=I\varepsilon$, учтя условие, что нет скольжения.

[PIRO11]

В общеинформационных целях решил более подробно.

При скатывании тела с наклонной плоскости высотой h его потенциальная энергия переходит в кинетическую поступательного и вращательного движения. По закону сохранения энергии:

$$ mgh= \frac { \ mv^2 } { \ 2 } + \frac { \ I \omega^2 } { \ 2 } (1)$$

Длина наклонной плоскости l связана с высотой соотношением :

$$h=lsin \alpha (2) $$

Линейная скорость связана с угловой:

$$ \omega = \frac { \ v } { \ R } (3) $$

После подстановки (2) и (3) в (1), получим:

$$mgl*sin \alpha = \frac { \ v^2 } { \ 2 } ( m+ \frac { \ I } { \ R^2 } ) (4) $$

Так как движение происходит под действием постоянной силы (силы тяжести), то движение тел - равноускоренное. Поэтому:

$$ l= \frac { \ at^2 } { \ 2 } (5)$$

и

$$v=at (6) $$

Решая совместно (4), (5) и (6), получим:

$$a= \frac { \ mg*sin \alpha } { \ m+ \frac { \ I } { \ R^2 } } (7) $$

Момент инерции:

$$ I = \frac { \ 2 } { \ 5 } mR^2$$

Подставляя выражение для момента инерции в формулу (7), полу-чим:

$$a = \frac { \ mg*sin \alpha } { \ m+ \frac { \ 2 } { \ 5 } \frac { \ mR^2 } { \ R^2 } } = \frac { \ 5 } { \ 7 } g*sin \alpha $$

[meduza]

Всё верно у Вас

[PIRO11]

Благодарю.