Динамика — Задание 22 ЕГЭ по физике №00026361

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.