Динамика

[compaurum]

казалось бы легкая задачка, но сколько не решал, спрашивал у преподов - не могут решить.

Наклонной плоскостью вверх без скольжения вверх катиться обруч, которому придали начальную скорость поступательного движения 4 м/с, паралельную наклонной плоскости. Угол наклона плоскости - 30 градусов, сила трения 30 Н. Определите путь пройденый обручем до остановки.

[Батороев]

Необходимо знать либо массу обруча, либо хотя бы коэффициент трения.

Сравните с обратной задачей:
С некоторой высоты $h$ по плоскости, имеющей наклон $30^0$, без начальной скорости вниз скатывается обруч, на который действует сила трения 30 Н. Определите значение $h$, если внизу обруч имел скорость вдоль плоскости 4 м/с?
В этой задаче, чем меньше масса обруча, тем больше получится высота (соответственно, и пройденный путь).
При неизвестной массе ее можно рассчитать, зная коэффициент трения качения.
Аналогично, и в Вашей задаче.

Если это практическая задача, например, по теор. меху, то коэффициент трения Вы выбираете из справочника (например, коэффициент трения качения "сталь по стали" выбирается из диапазона $0,001...0,05$, "сталь по дереву" - из диапазона $0,15...0,25$ и т.д.).

[compaurum]

да нет. это задача из методички на контрольную - теоретическая. то есть здесь ошибка?

спасибо

[meduza]

compaurum в сообщении #292679 писал(а):

то есть здесь ошибка?

Ошибки нет, просто данных не хватает. Ну возьмите массу обруча $m$, ответ будет через неё выражаться.

[ewert]

Решать лучше, конечно, "обратную" задачу (над ней просто удобнее думать). Данных более чем достаточно: коэффициент трения вообще не при чём (раз уж "без проскальзывания", то трение определяется не им), а сила трения вовсе не нужна -- она однозначно определяется остальными силами (ну разве что по ней можно определить массу -- буде возникнет такое желание):

$ma=mg\sin\alpha-F_{\text{тр}}$;
$I\omega'(t)=R\,F_{\text{тр}}$;
$v=R\omega,\qquad a=R\omega',\qquad I=mR^2$.

Откуда и вытаскиваем ускорение $a$.

[Батороев]

ewert в сообщении #292940 писал(а):

Решать лучше, конечно, "обратную" задачу (над ней просто удобнее думать). Данных более чем достаточно: коэффициент трения вообще не при чём (раз уж "без проскальзывания", то трение определяется не им), а сила трения вовсе не нужна -- она однозначно определяется остальными силами (ну разве что по ней можно определить массу -- буде возникнет такое желание):

$ma=mg\sin\alpha-F_{\text{тр}}$;

Почему у Вас скатывающая сила и сила трения имеют противоположные направления?

ewert в сообщении #292940 писал(а):

$I\omega'(t)=R\,F_{\text{тр}}$;
$v=R\omega,\qquad a=R\omega',\qquad I=mR^2$.

Откуда и вытаскиваем ускорение $a$.

Такие выкладки применяются при горизонтальном качении обруча при действии силы трения.

-- Сб фев 27, 2010 22:56:56 --

Первый вопрос снимаю, т.к. сначала не обратил внимания, что Вы рассматривали "обратную" задачу.

-- Сб фев 27, 2010 23:09:15 --

ewert в сообщении #292940 писал(а):

$I\omega'(t)=R\,F_{\text{тр}}$;
$v=R\omega,\qquad a=R\omega',\qquad I=mR^2$.

В данном случае ускорение $a$ совсем другое, чем в первом выражении: $ma=mg\sin\alpha-F_{\text{тр}}$.
Это ускорение, которое бы имел обруч, если бы на него действовала данная сила трения и если бы обруч катился по горизонтальному участку.

[compaurum]

А откуда это формула?
$I\omega'(t)=R\,F_{\text{тр}}$;

следуя ей если подствить формулы$\qquad a=R\omega',\qquad I=mR^2$.

то $\qquad ma=F_{\text{тр}$.
и как это понять?

[BISHA]

compaurum в сообщении #292633 писал(а):

Определите путь пройденый обручем до остановки.

Запишите кинетическую энергию обруча и приравняйте её к работе "скатывающей" силы. Сила трения нужна, обруч катится без проскальзывания, можно определить радиус обруча (найдите формулу силы трения при качении).

[compaurum]

compaurum в сообщении #292633 писал(а):

можно определить радиус обруча (найдите формулу силы трения при качении).

ну нашел я эту формулу, подставил. но опять же те же неизвестные: коефициент, расстояние только еще радиус добавился.
вы когда говорили, у Вас что-то получилось или вы просто так это сказали?

[ewert]

Батороев в сообщении #293082 писал(а):

В данном случае ускорение $a$ совсем другое, чем в первом выражении: $ma=mg\sin\alpha-F_{\text{тр}}$.

Ровно то же. Раз уж без проскальзования.

Батороев в сообщении #293082 писал(а):

Это ускорение, которое бы имел обруч, если бы на него действовала данная сила трения и если бы обруч катился по горизонтальному участку.

Ну как же это горизонтальному, когда синус.

BISHA в сообщении #293125 писал(а):

можно определить радиус обруча

Вот уж чего точно нельзя -- радиус отовсюду сокращается. Дополнительное задание силы трения позволяет определитьтолько массу.

compaurum в сообщении #293108 писал(а):

А откуда это формула?
$I\omega'(t)=R\,F_{\text{тр}}$;

Просто закон изменения момента импульса (ибо относительно центра колеса ненулевой момент имеет только сила трения).

compaurum в сообщении #293108 писал(а):

то $\qquad ma=F_{\text{тр}$.
и как это понять?

Понять так, что скатывающая сила ровно вдвое больше, чем сила трения. Ну вдвое -- так и вдвое; почему бы и нет?...

[compaurum]

одно не понятно: я решаю не с обратной задачи а нормально. где мне поставить минус чтобы ma и сила трения не сокращались?
А так все выглядит вроде разумно. спасибо, попробую!

[Батороев]

ewert
Вы все же ошибаетесь.

Получаемое Вами во второй части ускорение можно назвать эквивалентным, т.е. это ускорение, которое имело бы данное тело при воздействии на него только данной силы.

Допустим, тело скатывается без трения. На него действует только скатывающая сила: $ F= ma_1=mg\sin \alpha$,
откуда ускорение равно $ a_1=g\sin \alpha$.

Теперь рассматриваем другую ситуацию:
По горизонтальной плоскости катится обруч, на который действует только сила трения. В этом случае записываем: $F_{\text{тр}}=ma_2$.

Когда рассматриваем данные задачи ("прямую" и "обратную"),
то можно записать:
$ ma = ma_1 \pm ma_2$,
откуда
$a=a_1\pm a_2$

В противном случае, при решении "прямой" задачи, считая, что $a=a_2$, Вы получите $a_1=0$, что верно только при $\alpha=0$.

[ewert]

Батороев в сообщении #293503 писал(а):

ewert
Вы все же ошибаетесь.

Какое-то взаимонепонимание. Я, в частности, совершенно не понял, что Вы тут пытались сказать. Попробуем навести порядок.

Второй закон Ньютона вдоль плоскости:

$ma=mg\,\sin\alpha-F_{\text{тр}}$

(положительным считается ускорение вниз). Здесь $F_{\text{тр}}$ -- это величина силы трения покоя, той самой, которая препятствует проскальзыванию. Она всегда направлена вверх -- независимо от того, катится ли обруч вверх или вниз. Именно эта сила и заставляет обруч вращаться равноускоренно (или равнозамедленно при качении вверх):

$I\omega'=R\cdot F_{\text{тр}}$.

Условие непроскальзывания связывает линейную и угловую скорости: $\omega=\dfrac{v}{R}$. А поскольку момент инерции $I=mR^2$, из второго уравнения действительно получается $ma=F_{\text{тр}}$. Теперь исключаем силу трения и получаем $a=\dfrac{1}{2}\,g\cdot\sin\alpha$. Т.е. центр обруча движется так, как если бы это была материальная точка, скользящая без трения по той же плоскости, но при вдвое меньшем ускорении свободного падения. Естественно, результат не зависит ни от чего, кроме угла наклона плоскости (в частности, не зависит от массы и от радиуса).

Тот же результат получается и из закона сохранения энергии:

$\Delta\dfrac{mv^2}{2}+\Delta\dfrac{I\omega^2}{2}=mg\,\Delta h\qquad\Longleftrightarrow\qquad2\,\Delta\dfrac{mv^2}{2}=mg\,\sin\alpha\cdot\Delta s$

(снова все так же, как для материальной точки при вдвое меньшем $g$). И не удивительно, полная энергия действительно должна сохраняться: сила трения покоя прикладывается к неподвижным участкам обруча и, следовательно, работы не совершает.

Это всё было в предположении, что отсутствует трение качения. Если же оно есть и если именно его сила и задана в условии, то на ответ она, конечно, влияет. И именно поэтому задача, разумеется, некорректна -- просто по соображениям размерности: невозможно получить на выходе безмассовую величину, если среди существенных для решения входных данных только одно содержит в своей размерности массу.

Предположим, однако, что масса тоже задана. Тут надо иметь в виду, что термин "сила трения качения" -- это некоторая условность. Физически это не какая-то конкретная сила, а просто коэффициент пропорциональности между потерями энергии на некотором участке пути и пройденным при этом путём. В нашем случае:

$2\,\Delta\dfrac{mv^2}{2}-mg\,\sin\alpha\cdot\Delta s=F_{\text{кач}}\cdot\Delta s$ (вставлена откровенно зазёванная двойка)

(имеется в виду, что каждое из слагаемых само по себе положительно). Это -- при качении вверх. Если же вниз, то надо поменять знак перед силой трения качения: она (в отличие от силы трения покоя) действительно всегда направлена противоположно движению. Математически это равносильно системе из двух уравнений:

$ma=mg\,\sin\alpha-F_{\text{тр}}+F_{\text{кач}}$ (для качения вверх),
$ma=F_{\text{тр}}$

(все слагаемые считаются положительными). Так что задача разрешима и если под силой трения понимается только $F_{\text{кач}}$, и если имеется в виду полная сила трения $(F_{\text{тр}}-F_{\text{кач}})$, хотя последнее предположение и выглядит довольно нелепо.

[Батороев]

Представляю свою версию решения "прямой" задачи.

Полная кинетическая энергия катящегося обруча пойдет на изменение его потенциальной энергии и работу по преодолению силы $F_{\text{тр.}}$:

$ \dfrac {mv^2}{2}+\dfrac {I\omega^2}{2}= mv^2=mgh+F_{\text{тр.}}\cdot s$


Отсутствие проскальзывания говорит о том, что в энергетических затратах нет дополнительных слагаемых кроме $F_{\text{тр.}}\cdot s$ (нет проскальзывания - нет работы той силы, которую Вы в своем сообщении называете трением покоя).

Сила $F_{\text{тр.}}$ - трение качения.

[ewert]

Да это не "своё", а ровно то же самое решение. В общем, всем ежам всё понятно, решительно всё, вплоть до той мелочи, что исходная формулировка задачи -- откровенно неприлична.