ID: 00026361
Полый конус с углом при вершине 2 α вращается с угловой скоростью ω вокруг вертикальной оси, совпадающей с его осью симметрии. Вершина конуса обращена вверх. На внешней поверхности конуса находится небольшая шайба. При каком минимальном коэффициенте трения шайба будет неподвижна относительно конуса на расстоянии L от вершины конуса? Сделайте схематический рисунок с указанием сил, действующих на шайбу.
Источник: ФИПИ
Нарисуем себе картинку. Конус стоит остриём вверх, как колпак, и вращается вокруг вертикальной оси с угловой скоростью \omega. Шайба лежит СНАРУЖИ, на скате, на расстоянии L от вершины по образующей, и вращается вместе с конусом. Угол при вершине равен 2\alpha, значит образующая наклонена к оси (к вертикали) на угол \alpha.
Первое, что важно понять: радиус окружности, по которой едет шайба, — это горизонтальная проекция отрезка L, то есть r=L\sin\alpha, а не сам L.
Второе: куда что направлено. Сила тяжести m\vec g — вниз. Нормальная реакция \vec N перпендикулярна скату и направлена наружу от поверхности; поскольку образующая отклонена от вертикали на \alpha, нормаль отклонена от горизонтали на \alpha, и её составляющие таковы: N\sin\alpha вверх и N\cos\alpha по горизонтали ОТ оси. Сила трения покоя \vec F_{\text{тр}} лежит вдоль образующей. Шайбу тянет соскользнуть вниз-наружу (и тяжестью, и вращением), поэтому трение направлено вверх по скату: его составляющие — F_{\text{тр}}\cos\alpha вверх и F_{\text{тр}}\sin\alpha по горизонтали К оси.
Почему нужен именно второй закон Ньютона с центростремительным ускорением, а не условие равновесия. Относительно конуса шайба покоится, но в лабораторной системе она едет по окружности, а значит имеет ускорение a=\omega^2 r, направленное к оси. По вертикали ускорения нет. И обрати внимание на ключевую особенность этой конструкции: нормальная реакция толкает шайбу ОТ оси, то есть мешает, — удерживать шайбу на окружности может только трение. Поэтому трение обязано быть достаточно большим, и вопрос про минимальный коэффициент осмыслен.
Шаг 1 — вертикаль (ускорения нет): N\sin\alpha+F_{\text{тр}}\cos\alpha=mg.
Шаг 2 — горизонталь, ось к центру: F_{\text{тр}}\sin\alpha-N\cos\alpha=m\omega^2 L\sin\alpha.
Шаг 3 — при минимально возможном коэффициенте трения запас трения исчерпан, то есть F_{\text{тр}}=\mu N. Подставляем в первое уравнение: N(\sin\alpha+\mu\cos\alpha)=mg, откуда N=\dfrac{mg}{\sin\alpha+\mu\cos\alpha}.
Шаг 4 — подставляем N и F_{\text{тр}}=\mu N во второе уравнение: \dfrac{mg(\mu\sin\alpha-\cos\alpha)}{\sin\alpha+\mu\cos\alpha}=m\omega^2 L\sin\alpha. Масса сокращается, умножаем крест-накрест: g(\mu\sin\alpha-\cos\alpha)=\omega^2 L\sin\alpha\,(\sin\alpha+\mu\cos\alpha).
Шаг 5 — раскрываем скобки и собираем всё с \mu в одну сторону: \mu g\sin\alpha-\mu\,\omega^2 L\sin\alpha\cos\alpha=\omega^2 L\sin^2\alpha+g\cos\alpha, то есть \mu\sin\alpha\,(g-\omega^2 L\cos\alpha)=\omega^2 L\sin^2\alpha+g\cos\alpha.
Шаг 6 — выражаем ответ: \mu_{\min}=\dfrac{g\cos\alpha+\omega^2 L\sin^2\alpha}{\sin\alpha\,(g-\omega^2 L\cos\alpha)}.
Проверим формулу предельным случаем. Пусть конус не крутится, \omega=0: тогда \mu_{\min}=\dfrac{g\cos\alpha}{g\sin\alpha}=\mathrm{ctg}\,\alpha — ровно то условие, при котором шайба не скатывается с неподвижного ската, наклонённого к горизонту на угол 90^\circ-\alpha. Всё верно. А если раскрутить конус так сильно, что \omega^2 L\cos\alpha приблизится к g, знаменатель стремится к нулю и требуемый коэффициент растёт до бесконечности: удержать шайбу становится невозможно ни при каком трении.