Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/1999/02/27.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:25:05 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:13:41 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: п п п п п п п п п п п п п п п

I = I0 + md 2 = + 1 md . Для точечной массы на конце стержня = 0, а для однородного стержня = 1/3. А в каких пределах может изменяться параметр ? 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, I0 и (для данного случая = m1 m2 , проверьте это самостоятельно). Например, гантелька с массой m/4 внизу и 3m/4 наверху будет полностью эквивалентна однородной палочке. Видно, что параметр может принимать любые положительные значения.

b

g

2

Чтобы выяснить условия начала проскальзывания, надо исследовать поведение функции

ч=

Fтр N

sin cos - = cos -
2

FG H

2 3

2 3

IJ K

cos +

. 3

Y Ц.М. N
Рис. 2

mg d

Fтр

X

Итак, запишем закон динамики вращательного движения стержня относительно нижней точки (рис.2):
mgd sin = I0 + md ,

или

g sin = + 1 d ,

e b

2

g

j

Качественно поведение этой функции представлено графически на рисунке 3. (Для нахождения экстремумов функции надо приравнять к нулю производную этой функции. Убедитесь сами, что получается квадратное уравнение относительно cos .) Интервалы функции, соответствующие проскальзыванию, выделены более жирными линиями, а интервалы углов штриховкой на оси абсцисс. Левая область соответствует проскальзыванию против направления падения ( ч < ч1 ), а правая проскальзыванию в сторону падения ( ч > ч1 ). При 0 < < 1 3 (рис.3,а) проскальзывание начнется при любом сколь угодно большом значении коэффициента трения ч , причем при угле, меньшем некоторого 0 . (При 0 угол 0 1 = arccos 2 3 48,2њ, а при = 1 3 угол 0 = 2 = arccos 1 3 70,5њ.) Поведение стержня получается качественно таким же, как и падающей палочки. При > 1 3 функция остается конечной при всех (рис. 3, б,в). Значит, при достаточно большом

коэффициента трения ( ч > ч 2 ) проскальзывания не будет вовсе. Отметим, что при 0 , что соответствует переходу к задаче, рассмотренной в 'Задачнике Буховцева', проскальзывание начнется при любом ч , причем для ч > 5 2 проскальзывание будет происходить в сторону падения и начнется при угле, чуть большем arccos 2 3 . Впрочем, значения сил Fтр 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 a y во второе из уравнений (2) получим

bg

N - m g - d cos = - md sin . (3)

e

2

j

Запишем теперь закон динамики вращательного движения относительно центра масс стержня:
Nd sin - Fтр d cos = I0 ,

bg

или
N sin - Fтр cos = md .

bg

Учитывая, что Fтр = + чN (верхний знак соответствует скольжению против направления падения), получим
N sin m ч cos = md .

b

g

(4)

и закон сохранения энергии:

mgd 1 - cos = I0 + md
или
g 1 - cos = + 1

b

ge

2

j



2

a
,

Fтр N
!

2
,

Отметим, что выражение в скобках в момент начала проскальзывания положительно и, значит, не может обратиться в ноль и изменить знак при увеличении . Из уравнений (3) и (4) выразим N:

2 где = d dt угловое ускорение. Выразим проекции ускорения центра масс ax и a y на горизонтальную и вертикальную оси через линейное ускорение d и центростремительное ускорение 2 d :

b

gb

g

d

2

N= б Fтр N 1 0
! !

m g - d cos

e

2

+ sin sin m ч cos

b

j

g

.

ax = d cos - sin , ay = - d sin + cos .

e

2

j

e

2

j

(1)

Теперь с помощью законов Ньютона
Fтр = max, N - mg = may 3mg +1

в F тр N

1
!

Видно, что, для того чтобы N обратилась в ноль (произошел отрыв), должно обратиться в ноль выражение W = = g 2 d cos . Так как в начале проскальзывания это выражение положительно, при обращении в ноль оно должно убывать, т.е. dW d < 0. Однако 2 d dW 2 =- d cos + d sin . d d

bg

ej
2

(2)

найдем зависимости Fтр и N от угла :
Fтр = N=
7*

sin cos - cos -
2

3mg +1

FG H

FG H

2 3

IJ K

, 3

2 3

cos +

IJ K

.


Рис. 3

1

d = 2 d d = Поскольку d = 2 d dt d d = 2 d dt = 2 , а из выражения (4) следует, что обращается в ноль одновременно с N, то в 2 момент отрыва dW d = d sin > > 0. Из полученного противоречия следует, что N не может обратиться в ноль, т.е. отрыв невозможен!

b

gb

ej

g

b

b

g

g

%