IPhO 1972 · Theory problem 1
Three cylinders on an inclined plane
Three cylinders with the same mass, the same length and the same external radius are initially resting on an inclined plane. The coefficient of sliding friction on the inclined plane, \(\mu\), is known and has the same value for all the cylinders. The first cylinder is empty (tube) , the second is homogeneous filled, and the third has a cavity exactly like the first, but closed with two negligible mass lids and filled with a liquid with the same density like the cylinder’s walls. The friction between the liquid and the cylinder wall is considered negligible. The density of the material of the first cylinder is \(n\) times greater than that of the second or of the third cylinder.
Determine:
a) The linear acceleration of the cylinders in the non-sliding case. Compare all the accelerations.
b) Condition for angle \(\alpha\) of the inclined plane so that no cylinders is sliding.
c) The reciprocal ratios of the angular accelerations in the case of roll over with sliding of all the three cylinders. Make a comparison between these accelerations.
d) The interaction force between the liquid and the walls of the cylinder in the case of sliding of this cylinder, knowing that the liquid mass is \(m_l\).
Official English text of the problem.
Answers
Let \(R\) be the common external radius and \(\beta_i\) the angular acceleration of the solid part of cylinder \(i\). Let \(\hat{\mathbf e}_{\parallel}\) point downhill and \(\hat{\mathbf e}_{\perp}\) point normally away from the plane. The comparisons below assume genuine cavities, \(n>1\), and \(0<\alpha<\pi/2\).
-
a) The accelerations downhill are \[ \boxed{ a_1=\frac{2n}{4n-1}g\sin\alpha,\qquad a_2=\frac23g\sin\alpha,\qquad a_3=\frac{2n^2}{2n^2+2n-1}g\sin\alpha } \] and \[ \boxed{a_1<a_2<a_3<g\sin\alpha.} \]
-
b) If the given \(\mu\) also represents the limiting static-friction coefficient, \[ \boxed{\tan\alpha\leq\mu\frac{4n-1}{2n-1}.} \] Cylinder 1 sets the limiting condition. If \(\mu\) denotes strictly kinetic friction, the static-friction coefficients are additionally needed for an exact no-sliding condition.
-
c) For nonzero sliding friction, \[ \boxed{\beta_1:\beta_2:\beta_3=n:(2n-1):n^2,\qquad \beta_1<\beta_2<\beta_3.} \] Equivalently, the inverse accelerations satisfy \[ \boxed{\frac1{\beta_1}:\frac1{\beta_2}:\frac1{\beta_3} =\frac1n:\frac1{2n-1}:\frac1{n^2}.} \]
-
d) The resultant force exerted by the walls on the liquid is \[ \boxed{ \mathbf F_{\mathrm{walls}\to l} =m_lg\cos\alpha \left(\hat{\mathbf e}_{\perp}-\mu\hat{\mathbf e}_{\parallel}\right). } \] Hence the interaction-force magnitude is \[ \boxed{F=m_lg\cos\alpha\sqrt{1+\mu^2}.} \] The force on the liquid makes an angle \(\arctan\mu\) with the outward normal, towards uphill. The force on the walls is equal and opposite.
Solution
Let the common total mass be \(M\), the common length be \(L\), and the cavity radius of cylinders 1 and 3 be \(r\). Denote the density of cylinder 2, the walls of cylinder 3, and its liquid by \(\rho\). Cylinder 1 has density \(n\rho\).
Equality of the masses gives \[ M=\rho\pi R^2L=n\rho\pi(R^2-r^2)L. \] Therefore, \[ \boxed{\frac{r^2}{R^2}=\frac{n-1}{n}.} \] The mass of the third cylinder’s shell and its liquid mass are consequently \[ M_{\mathrm{shell},3}=\frac{M}{n}, \qquad m_l=M\frac{n-1}{n}. \]
We treat the cylinders as rigid, neglect rolling resistance, and model the completely enclosed liquid as incompressible and inviscid. Rotation of the circular wall does not impose tangential motion on this liquid. Pressure forces exert no torque about the cylinder axis, so the initially nonrotating liquid translates with the cylinder without spinning.
Thus the entire mass \(M\) contributes to translation, but only the shell contributes to cylinder 3’s rotational inertia. Using the axial moment of inertia \(\tfrac12m(R^2+r^2)\) of a uniform annular cylinder, \[ I_1=\frac12M(R^2+r^2) =MR^2\frac{2n-1}{2n}, \] \[ I_2=\frac12MR^2, \] \[ I_3=\frac12\frac{M}{n}(R^2+r^2) =MR^2\frac{2n-1}{2n^2}. \] Here \(I_3\) denotes the inertia of the rotating shell.
Define the dimensionless inertias \[ k_i=\frac{I_i}{MR^2}, \qquad k_1=\frac{2n-1}{2n},\quad k_2=\frac12,\quad k_3=\frac{2n-1}{2n^2}. \]
a) Linear accelerations without sliding
Let \(f_i\) be the static-friction force, directed uphill. Newton’s second law along the plane and the rotational equation about the cylinder axis give \[ Ma_i=Mg\sin\alpha-f_i, \qquad I_i\beta_i=f_iR. \] For rolling without slipping, \[ a_i=R\beta_i. \] Therefore, \[ f_i=\frac{I_i}{R^2}a_i=Mk_i a_i, \] and hence \[ a_i=\frac{g\sin\alpha}{1+k_i}. \] Substituting the three inertias, \[ \boxed{ a_1=\frac{2n}{4n-1}g\sin\alpha,\qquad a_2=\frac23g\sin\alpha,\qquad a_3=\frac{2n^2}{2n^2+2n-1}g\sin\alpha. } \]
For \(n>1\), \[ k_1-k_2=\frac{n-1}{2n}>0, \qquad k_2-k_3=\frac{(n-1)^2}{2n^2}>0. \] Since \(a_i\) decreases as \(k_i\) increases, \[ \boxed{a_1<a_2<a_3<g\sin\alpha.} \] The liquid-filled cylinder accelerates fastest because its liquid adds translating mass without adding rotating inertia.
b) Condition for all cylinders to roll without sliding
There is no acceleration normal to the plane, so each cylinder has normal reaction \[ N=Mg\cos\alpha. \] The static friction required for rolling is \[ f_i=Mg\sin\alpha\frac{k_i}{1+k_i}, \] giving \[ \frac{f_i}{N}=\frac{k_i}{1+k_i}\tan\alpha. \]
To distinguish static and sliding friction explicitly, let \(\mu_{s,i}\) denote the limiting static-friction coefficient for cylinder \(i\). All three can roll without slipping precisely when \[ \boxed{ \tan\alpha\leq \min\left\{ \mu_{s,1}\frac{4n-1}{2n-1},\; 3\mu_{s,2},\; \mu_{s,3}\frac{2n^2+2n-1}{2n-1} \right\}. } \]
Under the usual single-coefficient idealization, \(\mu_{s,1}=\mu_{s,2}=\mu_{s,3}=\mu\). Since \(k_1>k_2>k_3\), cylinder 1 requires the largest friction relative to its normal reaction and therefore sets the bound: \[ \boxed{ \tan\alpha\leq\mu\frac{4n-1}{2n-1}, \quad\text{or}\quad \alpha\leq\arctan\!\left(\mu\frac{4n-1}{2n-1}\right). } \] Equality corresponds to limiting static friction for cylinder 1.
c) Angular-acceleration ratios when all three slide
In the stipulated regime, the cylinders slip downhill relative to the plane. Kinetic friction acts uphill and has the same magnitude for each: \[ f=\mu Mg\cos\alpha. \] Thus their translational accelerations are equal: \[ \boxed{a_{\mathrm{sl}}=g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha).} \]
Their angular accelerations follow from \[ I_i\beta_i=fR, \] without imposing the no-slip relation \(a=R\beta\). Consequently, \[ \boxed{ \beta_1=\frac{2n}{2n-1}\frac{\mu g\cos\alpha}{R},\qquad \beta_2=2\frac{\mu g\cos\alpha}{R},\qquad \beta_3=\frac{2n^2}{2n-1}\frac{\mu g\cos\alpha}{R}. } \] Removing the common factor gives \[ \boxed{\beta_1:\beta_2:\beta_3=n:(2n-1):n^2.} \]
The mutual ratios are \[ \frac{\beta_2}{\beta_1}=\frac{2n-1}{n},\qquad \frac{\beta_3}{\beta_2}=\frac{n^2}{2n-1},\qquad \frac{\beta_3}{\beta_1}=n. \] For \(n>1\), \[ 2n-1>n,\qquad n^2-(2n-1)=(n-1)^2>0, \] so \[ \boxed{\beta_1<\beta_2<\beta_3.} \]
As a consistency check, downhill slipping from rest requires \(a_{\mathrm{sl}}-R\beta_i>0\). In the single-coefficient model, all three satisfy this when \[ \tan\alpha> \mu\frac{2n^2+2n-1}{2n-1}. \] Cylinder 3 is the last to begin slipping as the inclination increases.
d) Interaction force between the liquid and the walls
The liquid’s centre of mass accelerates downhill with the sliding cylinder: \[ a_{\mathrm{sl}}=g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha). \]
Let \(F_{\parallel}\) and \(F_{\perp}\) be the components of the resultant force exerted by the walls on the liquid, positive downhill and normally away from the plane. Applying Newton’s second law to the liquid alone, \[ F_{\parallel}+m_lg\sin\alpha=m_la_{\mathrm{sl}}, \] \[ F_{\perp}-m_lg\cos\alpha=0. \] Hence \[ F_{\parallel}=-\mu m_lg\cos\alpha, \qquad F_{\perp}=m_lg\cos\alpha. \]
These components arise from the resultant pressure force; an uphill component does not require viscous friction between the liquid and the wall. Therefore, \[ \boxed{ \mathbf F_{\mathrm{walls}\to l} =m_lg\cos\alpha \left(\hat{\mathbf e}_{\perp}-\mu\hat{\mathbf e}_{\parallel}\right) } \] and \[ \boxed{ F=\sqrt{F_{\parallel}^2+F_{\perp}^2} =m_lg\cos\alpha\sqrt{1+\mu^2}. } \] Its inclination from the outward normal towards uphill is \[ \boxed{\theta=\arctan\mu.} \] By Newton’s third law, the liquid exerts the opposite force on the walls.
The solution was checked against the official solution.
IPhO 1972 · Theorieaufgabe 1
Drei Zylinder auf einer schiefen Ebene
Drei Zylinder mit gleicher Masse, gleicher Länge und gleichem Außenradius ruhen anfangs auf einer schiefen Ebene. Der Gleitreibungskoeffizient auf der schiefen Ebene, \(\mu\), ist bekannt und hat für alle Zylinder denselben Wert. Der erste Zylinder ist hohl (ein Rohr), der zweite ist ein homogener Vollzylinder, und der dritte besitzt einen Hohlraum genau wie der erste, ist jedoch mit zwei Deckeln von vernachlässigbarer Masse verschlossen und mit einer Flüssigkeit gefüllt, deren Dichte gleich der Dichte der Zylinderwände ist. Die Reibung zwischen der Flüssigkeit und der Zylinderwand wird als vernachlässigbar angesehen. Die Dichte des Materials des ersten Zylinders ist \(n\)-mal so groß wie die des zweiten oder des dritten Zylinders.
Bestimmen Sie:
a) Die linearen Beschleunigungen der Zylinder beim Rollen ohne Gleiten. Vergleichen Sie alle Beschleunigungen.
b) Die Bedingung für den Neigungswinkel \(\alpha\) der schiefen Ebene, damit keiner der Zylinder gleitet.
c) Die gegenseitigen Verhältnisse der Winkelbeschleunigungen, wenn alle drei Zylinder unter Gleiten rollen. Vergleichen Sie diese Beschleunigungen.
d) Die Wechselwirkungskraft zwischen der Flüssigkeit und den Zylinderwänden beim Gleiten dieses Zylinders, wenn die Flüssigkeitsmasse \(m_l\) bekannt ist.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt.
Antworten
Es sei \(R\) der gemeinsame Außenradius und \(\beta_i\) die Winkelbeschleunigung des festen Teils von Zylinder \(i\). Der Einheitsvektor \(\hat{\mathbf e}_{\parallel}\) zeige hangabwärts und \(\hat{\mathbf e}_{\perp}\) senkrecht von der Ebene weg. Die folgenden Vergleiche setzen echte Hohlräume, \(n>1\), und \(0<\alpha<\pi/2\) voraus.
-
a) Die Beschleunigungen hangabwärts sind \[ \boxed{ a_1=\frac{2n}{4n-1}g\sin\alpha,\qquad a_2=\frac23g\sin\alpha,\qquad a_3=\frac{2n^2}{2n^2+2n-1}g\sin\alpha } \] und \[ \boxed{a_1<a_2<a_3<g\sin\alpha.} \]
-
b) Wenn das gegebene \(\mu\) zugleich den Haftreibungskoeffizienten an der Haftgrenze bezeichnet, gilt \[ \boxed{\tan\alpha\leq\mu\frac{4n-1}{2n-1}.} \] Zylinder 1 bestimmt die Grenzbedingung. Wenn \(\mu\) ausschließlich die Gleitreibung beschreibt, werden für eine exakte Bedingung für das Rollen ohne Gleiten zusätzlich die Haftreibungskoeffizienten benötigt.
-
c) Bei von null verschiedener Gleitreibung gilt \[ \boxed{\beta_1:\beta_2:\beta_3=n:(2n-1):n^2,\qquad \beta_1<\beta_2<\beta_3.} \] Gleichwertig dazu gilt für die Kehrwerte der Beschleunigungen \[ \boxed{\frac1{\beta_1}:\frac1{\beta_2}:\frac1{\beta_3} =\frac1n:\frac1{2n-1}:\frac1{n^2}.} \]
-
d) Die von den Wänden auf die Flüssigkeit ausgeübte resultierende Kraft ist \[ \boxed{ \mathbf F_{\mathrm{walls}\to l} =m_lg\cos\alpha \left(\hat{\mathbf e}_{\perp}-\mu\hat{\mathbf e}_{\parallel}\right). } \] Der Betrag der Wechselwirkungskraft ist somit \[ \boxed{F=m_lg\cos\alpha\sqrt{1+\mu^2}.} \] Die Kraft auf die Flüssigkeit bildet mit der von der Ebene weg gerichteten Normalen einen Winkel von \(\arctan\mu\) in Richtung hangaufwärts. Die Kraft auf die Wände ist gleich groß und entgegengesetzt gerichtet.
Lösung
Die gemeinsame Gesamtmasse sei \(M\), die gemeinsame Länge \(L\) und der Hohlraumradius der Zylinder 1 und 3 sei \(r\). Die Dichte von Zylinder 2, der Wände von Zylinder 3 und seiner Flüssigkeit werde mit \(\rho\) bezeichnet. Zylinder 1 hat die Dichte \(n\rho\).
Aus der Gleichheit der Massen folgt \[ M=\rho\pi R^2L=n\rho\pi(R^2-r^2)L. \] Damit gilt \[ \boxed{\frac{r^2}{R^2}=\frac{n-1}{n}.} \] Die Masse der Hülle des dritten Zylinders und seine Flüssigkeitsmasse sind folglich \[ M_{\mathrm{shell},3}=\frac{M}{n}, \qquad m_l=M\frac{n-1}{n}. \]
Wir behandeln die Zylinder als starr, vernachlässigen den Rollwiderstand und modellieren die vollständig eingeschlossene Flüssigkeit als inkompressibel und reibungsfrei. Die Rotation der kreisförmigen Wand zwingt dieser Flüssigkeit keine tangentiale Bewegung auf. Die Druckkräfte üben kein Drehmoment um die Zylinderachse aus, sodass sich die anfangs nicht rotierende Flüssigkeit mit dem Zylinder translatorisch bewegt, ohne sich zu drehen.
Somit trägt die gesamte Masse \(M\) zur Translation bei, zum Trägheitsmoment von Zylinder 3 jedoch nur die Hülle. Mit dem axialen Trägheitsmoment \(\tfrac12m(R^2+r^2)\) eines homogenen Hohlzylinders ergibt sich \[ I_1=\frac12M(R^2+r^2) =MR^2\frac{2n-1}{2n}, \] \[ I_2=\frac12MR^2, \] \[ I_3=\frac12\frac{M}{n}(R^2+r^2) =MR^2\frac{2n-1}{2n^2}. \] Dabei bezeichnet \(I_3\) das Trägheitsmoment der rotierenden Hülle.
Wir definieren die dimensionslosen Trägheitsmomente \[ k_i=\frac{I_i}{MR^2}, \qquad k_1=\frac{2n-1}{2n},\quad k_2=\frac12,\quad k_3=\frac{2n-1}{2n^2}. \]
a) Lineare Beschleunigungen ohne Gleiten
Es sei \(f_i\) die hangaufwärts gerichtete Haftreibungskraft. Das zweite Newtonsche Gesetz entlang der Ebene und die Bewegungsgleichung für die Rotation um die Zylinderachse ergeben \[ Ma_i=Mg\sin\alpha-f_i, \qquad I_i\beta_i=f_iR. \] Für das Rollen ohne Gleiten gilt \[ a_i=R\beta_i. \] Daraus folgt \[ f_i=\frac{I_i}{R^2}a_i=Mk_i a_i, \] und damit \[ a_i=\frac{g\sin\alpha}{1+k_i}. \] Einsetzen der drei Trägheitsmomente liefert \[ \boxed{ a_1=\frac{2n}{4n-1}g\sin\alpha,\qquad a_2=\frac23g\sin\alpha,\qquad a_3=\frac{2n^2}{2n^2+2n-1}g\sin\alpha. } \]
Für \(n>1\) gilt \[ k_1-k_2=\frac{n-1}{2n}>0, \qquad k_2-k_3=\frac{(n-1)^2}{2n^2}>0. \] Da \(a_i\) mit zunehmendem \(k_i\) abnimmt, gilt \[ \boxed{a_1<a_2<a_3<g\sin\alpha.} \] Der mit Flüssigkeit gefüllte Zylinder wird am stärksten beschleunigt, weil seine Flüssigkeit die translatorisch bewegte Masse erhöht, ohne zum Trägheitsmoment der rotierenden Teile beizutragen.
b) Bedingung dafür, dass alle Zylinder ohne Gleiten rollen
Senkrecht zur Ebene tritt keine Beschleunigung auf, daher wirkt auf jeden Zylinder die Normalkraft \[ N=Mg\cos\alpha. \] Die zum Rollen erforderliche Haftreibungskraft ist \[ f_i=Mg\sin\alpha\frac{k_i}{1+k_i}, \] woraus folgt \[ \frac{f_i}{N}=\frac{k_i}{1+k_i}\tan\alpha. \]
Um Haft- und Gleitreibung ausdrücklich zu unterscheiden, bezeichne \(\mu_{s,i}\) den Haftreibungskoeffizienten an der Haftgrenze für Zylinder \(i\). Alle drei können genau dann ohne Gleiten rollen, wenn \[ \boxed{ \tan\alpha\leq \min\left\{ \mu_{s,1}\frac{4n-1}{2n-1},\; 3\mu_{s,2},\; \mu_{s,3}\frac{2n^2+2n-1}{2n-1} \right\}. } \]
Bei der üblichen Idealisierung mit einem einzigen Reibungskoeffizienten gilt \(\mu_{s,1}=\mu_{s,2}=\mu_{s,3}=\mu\). Da \(k_1>k_2>k_3\), benötigt Zylinder 1 im Verhältnis zu seiner Normalkraft die größte Reibungskraft und bestimmt daher die Grenze: \[ \boxed{ \tan\alpha\leq\mu\frac{4n-1}{2n-1}, \quad\text{oder}\quad \alpha\leq\arctan\!\left(\mu\frac{4n-1}{2n-1}\right). } \] Gleichheit entspricht dem Erreichen der Haftgrenze bei Zylinder 1.
c) Verhältnisse der Winkelbeschleunigungen, wenn alle drei Zylinder gleiten
Im vorausgesetzten Bewegungszustand gleiten die Zylinder relativ zur Ebene hangabwärts. Die Gleitreibung wirkt hangaufwärts und hat bei allen denselben Betrag: \[ f=\mu Mg\cos\alpha. \] Ihre translatorischen Beschleunigungen sind daher gleich: \[ \boxed{a_{\mathrm{sl}}=g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha).} \]
Ihre Winkelbeschleunigungen folgen aus \[ I_i\beta_i=fR, \] ohne die Rollbedingung \(a=R\beta\) aufzuerlegen. Folglich gilt \[ \boxed{ \beta_1=\frac{2n}{2n-1}\frac{\mu g\cos\alpha}{R},\qquad \beta_2=2\frac{\mu g\cos\alpha}{R},\qquad \beta_3=\frac{2n^2}{2n-1}\frac{\mu g\cos\alpha}{R}. } \] Kürzen des gemeinsamen Faktors ergibt \[ \boxed{\beta_1:\beta_2:\beta_3=n:(2n-1):n^2.} \]
Die gegenseitigen Verhältnisse sind \[ \frac{\beta_2}{\beta_1}=\frac{2n-1}{n},\qquad \frac{\beta_3}{\beta_2}=\frac{n^2}{2n-1},\qquad \frac{\beta_3}{\beta_1}=n. \] Für \(n>1\) gilt \[ 2n-1>n,\qquad n^2-(2n-1)=(n-1)^2>0, \] also \[ \boxed{\beta_1<\beta_2<\beta_3.} \]
Zur Konsistenzprüfung: Damit aus der Ruhe ein Gleiten hangabwärts einsetzt, muss \(a_{\mathrm{sl}}-R\beta_i>0\) gelten. Im Modell mit einem einzigen Reibungskoeffizienten erfüllen alle drei diese Bedingung, wenn \[ \tan\alpha> \mu\frac{2n^2+2n-1}{2n-1}. \] Mit zunehmender Neigung beginnt Zylinder 3 als letzter zu gleiten.
d) Wechselwirkungskraft zwischen der Flüssigkeit und den Wänden
Der Schwerpunkt der Flüssigkeit wird mit dem gleitenden Zylinder hangabwärts beschleunigt: \[ a_{\mathrm{sl}}=g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha). \]
Es seien \(F_{\parallel}\) und \(F_{\perp}\) die Komponenten der von den Wänden auf die Flüssigkeit ausgeübten resultierenden Kraft, mit positiver Richtung hangabwärts beziehungsweise senkrecht von der Ebene weg. Die Anwendung des zweiten Newtonschen Gesetzes auf die Flüssigkeit allein ergibt \[ F_{\parallel}+m_lg\sin\alpha=m_la_{\mathrm{sl}}, \] \[ F_{\perp}-m_lg\cos\alpha=0. \] Daraus folgt \[ F_{\parallel}=-\mu m_lg\cos\alpha, \qquad F_{\perp}=m_lg\cos\alpha. \]
Diese Komponenten ergeben sich aus der resultierenden Druckkraft; eine hangaufwärts gerichtete Komponente erfordert keine viskose Reibung zwischen der Flüssigkeit und der Wand. Daher gilt \[ \boxed{ \mathbf F_{\mathrm{walls}\to l} =m_lg\cos\alpha \left(\hat{\mathbf e}_{\perp}-\mu\hat{\mathbf e}_{\parallel}\right) } \] und \[ \boxed{ F=\sqrt{F_{\parallel}^2+F_{\perp}^2} =m_lg\cos\alpha\sqrt{1+\mu^2}. } \] Ihr Neigungswinkel gegenüber der von der Ebene weg gerichteten Normalen in Richtung hangaufwärts ist \[ \boxed{\theta=\arctan\mu.} \] Nach dem dritten Newtonschen Gesetz übt die Flüssigkeit die entgegengesetzte Kraft auf die Wände aus.
Die Lösung wurde mit der offiziellen Lösung abgeglichen.
IPhO 1972 · Teori sorusu 1
Eğik düzlem üzerindeki üç silindir
Kütleleri, uzunlukları ve dış yarıçapları aynı olan üç silindir başlangıçta bir eğik düzlem üzerinde durmaktadır. Eğik düzlemdeki kayma sürtünmesi katsayısı \(\mu\) bilinmektedir ve tüm silindirler için aynı değerdedir. Birinci silindirin içi boştur (boru), ikinci silindir homojen ve doludur; üçüncü silindirde ise tıpkı birincideki gibi bir boşluk vardır, ancak bu boşluk kütleleri ihmal edilebilir iki kapakla kapatılmış ve silindirin duvarlarıyla aynı yoğunluğa sahip bir sıvıyla doldurulmuştur. Sıvı ile silindir duvarı arasındaki sürtünme ihmal edilebilir kabul edilmektedir. Birinci silindirin yapıldığı malzemenin yoğunluğu, ikinci veya üçüncü silindirin yapıldığı malzemenin yoğunluğunun \(n\) katıdır.
Aşağıdakileri belirleyiniz:
a) Kayma olmaması durumunda silindirlerin doğrusal ivmeleri. Tüm ivmeleri karşılaştırınız.
b) Hiçbir silindirin kaymaması için eğik düzlemin \(\alpha\) açısının sağlaması gereken koşul.
c) Üç silindirin de kayarak yuvarlanması durumunda açısal ivmelerinin birbirlerine oranları. Bu ivmeleri karşılaştırınız.
d) Sıvı kütlesinin \(m_l\) olduğu bilindiğine göre, sıvı içeren silindirin kayması durumunda sıvı ile silindirin duvarları arasındaki etkileşim kuvveti.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir.
Cevaplar
Ortak dış yarıçap \(R\), \(i\) silindirinin katı kısmının açısal ivmesi ise \(\beta_i\) olsun. \(\hat{\mathbf e}_{\parallel}\) eğim boyunca aşağı yönü, \(\hat{\mathbf e}_{\perp}\) ise düzleme dik ve düzlemden dışarı yönü göstersin. Aşağıdaki karşılaştırmalarda silindirlerde gerçekten boşluk bulunduğu, \(n>1\) olduğu ve \(0<\alpha<\pi/2\) olduğu varsayılmaktadır.
-
a) Eğim boyunca aşağı yöndeki ivmeler \[ \boxed{ a_1=\frac{2n}{4n-1}g\sin\alpha,\qquad a_2=\frac23g\sin\alpha,\qquad a_3=\frac{2n^2}{2n^2+2n-1}g\sin\alpha } \] şeklindedir ve \[ \boxed{a_1<a_2<a_3<g\sin\alpha.} \]
-
b) Verilen \(\mu\) aynı zamanda sınır statik sürtünme katsayısını da temsil ediyorsa, \[ \boxed{\tan\alpha\leq\mu\frac{4n-1}{2n-1}.} \] Sınırlayıcı koşulu 1. silindir belirler. Eğer \(\mu\) yalnızca kinetik sürtünmeyi ifade ediyorsa, kaymama koşulunu kesin olarak belirlemek için statik sürtünme katsayılarının da bilinmesi gerekir.
-
c) Kayma sürtünmesi sıfırdan farklı olduğunda, \[ \boxed{\beta_1:\beta_2:\beta_3=n:(2n-1):n^2,\qquad \beta_1<\beta_2<\beta_3.} \] Eşdeğer olarak, ivmelerin tersleri şu bağıntıyı sağlar: \[ \boxed{\frac1{\beta_1}:\frac1{\beta_2}:\frac1{\beta_3} =\frac1n:\frac1{2n-1}:\frac1{n^2}.} \]
-
d) Duvarların sıvıya uyguladığı bileşke kuvvet \[ \boxed{ \mathbf F_{\mathrm{walls}\to l} =m_lg\cos\alpha \left(\hat{\mathbf e}_{\perp}-\mu\hat{\mathbf e}_{\parallel}\right). } \] Dolayısıyla etkileşim kuvvetinin büyüklüğü \[ \boxed{F=m_lg\cos\alpha\sqrt{1+\mu^2}.} \] Sıvıya etki eden kuvvet, dışa dönük normalle eğim boyunca yukarı yöne doğru \(\arctan\mu\) açısı yapar. Duvarlara etki eden kuvvet eşit büyüklükte ve zıt yönlüdür.
Çözüm
Ortak toplam kütle \(M\), ortak uzunluk \(L\), 1. ve 3. silindirlerin boşluk yarıçapı ise \(r\) olsun. 2. silindirin, 3. silindirin duvarlarının ve içindeki sıvının yoğunluğunu \(\rho\) ile gösterelim. 1. silindirin yoğunluğu \(n\rho\)'dur.
Kütlelerin eşitliğinden \[ M=\rho\pi R^2L=n\rho\pi(R^2-r^2)L. \] Dolayısıyla, \[ \boxed{\frac{r^2}{R^2}=\frac{n-1}{n}.} \] Buna göre üçüncü silindirin kabuğunun kütlesi ve içindeki sıvının kütlesi \[ M_{\mathrm{shell},3}=\frac{M}{n}, \qquad m_l=M\frac{n-1}{n}. \]
Silindirleri rijit kabul ediyor, yuvarlanma direncini ihmal ediyor ve tamamen kapalı hacimdeki sıvıyı sıkıştırılamaz ve viskozitesiz olarak modelliyoruz. Dairesel duvarın dönmesi, bu sıvıyı teğetsel harekete zorlamaz. Basınç kuvvetleri silindir ekseni etrafında tork oluşturmadığından, başlangıçta dönmeyen sıvı kendi etrafında dönmeden silindirle birlikte öteleme hareketi yapar.
Böylece \(M\) kütlesinin tamamı öteleme hareketine katılırken, 3. silindirin dönme eylemsizliğine yalnızca kabuk katkıda bulunur. Düzgün yoğunluklu, halka kesitli bir silindirin ekseni etrafındaki \(\tfrac12m(R^2+r^2)\) eylemsizlik momentini kullanarak, \[ I_1=\frac12M(R^2+r^2) =MR^2\frac{2n-1}{2n}, \] \[ I_2=\frac12MR^2, \] \[ I_3=\frac12\frac{M}{n}(R^2+r^2) =MR^2\frac{2n-1}{2n^2}. \] Burada \(I_3\), dönen kabuğun eylemsizlik momentini belirtir.
Boyutsuz eylemsizlikleri şöyle tanımlayalım: \[ k_i=\frac{I_i}{MR^2}, \qquad k_1=\frac{2n-1}{2n},\quad k_2=\frac12,\quad k_3=\frac{2n-1}{2n^2}. \]
a) Kayma olmadan doğrusal ivmeler
Eğim boyunca yukarı yönlü statik sürtünme kuvveti \(f_i\) olsun. Düzlem boyunca Newton'ın ikinci yasası ve silindir ekseni etrafındaki dönme denklemi şu bağıntıları verir: \[ Ma_i=Mg\sin\alpha-f_i, \qquad I_i\beta_i=f_iR. \] Kaymadan yuvarlanma için, \[ a_i=R\beta_i. \] Dolayısıyla, \[ f_i=\frac{I_i}{R^2}a_i=Mk_i a_i, \] ve buradan \[ a_i=\frac{g\sin\alpha}{1+k_i}. \] Üç eylemsizlik değerini yerine koyarsak, \[ \boxed{ a_1=\frac{2n}{4n-1}g\sin\alpha,\qquad a_2=\frac23g\sin\alpha,\qquad a_3=\frac{2n^2}{2n^2+2n-1}g\sin\alpha. } \]
\(n>1\) için, \[ k_1-k_2=\frac{n-1}{2n}>0, \qquad k_2-k_3=\frac{(n-1)^2}{2n^2}>0. \] \(k_i\) arttıkça \(a_i\) azaldığından, \[ \boxed{a_1<a_2<a_3<g\sin\alpha.} \] Sıvıyla dolu silindirin ivmesi en büyüktür; çünkü içindeki sıvı, dönme eylemsizliğini artırmadan öteleme hareketi yapan kütleyi artırır.
b) Tüm silindirlerin kaymadan yuvarlanması koşulu
Düzleme dik yönde ivme olmadığından, her silindire etki eden normal tepki kuvveti \[ N=Mg\cos\alpha. \] Yuvarlanma için gereken statik sürtünme kuvveti \[ f_i=Mg\sin\alpha\frac{k_i}{1+k_i}, \] olduğundan, \[ \frac{f_i}{N}=\frac{k_i}{1+k_i}\tan\alpha. \]
Statik sürtünme ile kayma sürtünmesini açıkça ayırt etmek için, \(i\) silindirinin sınır statik sürtünme katsayısını \(\mu_{s,i}\) ile gösterelim. Üçünün de kaymadan yuvarlanabilmesi için gerek ve yeter koşul \[ \boxed{ \tan\alpha\leq \min\left\{ \mu_{s,1}\frac{4n-1}{2n-1},\; 3\mu_{s,2},\; \mu_{s,3}\frac{2n^2+2n-1}{2n-1} \right\}. } \]
Alışılmış tek katsayılı idealleştirmede, \(\mu_{s,1}=\mu_{s,2}=\mu_{s,3}=\mu\). \(k_1>k_2>k_3\) olduğundan, normal tepki kuvvetine oranla en büyük sürtünme kuvvetini 1. silindir gerektirir ve dolayısıyla sınırı o belirler: \[ \boxed{ \tan\alpha\leq\mu\frac{4n-1}{2n-1}, \quad\text{veya}\quad \alpha\leq\arctan\!\left(\mu\frac{4n-1}{2n-1}\right). } \] Eşitlik, 1. silindir için statik sürtünmenin sınır değerine karşılık gelir.
c) Üçü de kayarken açısal ivme oranları
Belirtilen hareket rejiminde silindirler, düzleme göre eğim boyunca aşağı yönde kayar. Kinetik sürtünme yukarı yönde etki eder ve her biri için aynı büyüklüktedir: \[ f=\mu Mg\cos\alpha. \] Dolayısıyla öteleme ivmeleri eşittir: \[ \boxed{a_{\mathrm{sl}}=g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha).} \]
Açısal ivmeleri, \[ I_i\beta_i=fR, \] bağıntısından, kaymama koşulu olan \(a=R\beta\) bağıntısı uygulanmadan elde edilir. Sonuç olarak, \[ \boxed{ \beta_1=\frac{2n}{2n-1}\frac{\mu g\cos\alpha}{R},\qquad \beta_2=2\frac{\mu g\cos\alpha}{R},\qquad \beta_3=\frac{2n^2}{2n-1}\frac{\mu g\cos\alpha}{R}. } \] Ortak çarpan sadeleştirilirse \[ \boxed{\beta_1:\beta_2:\beta_3=n:(2n-1):n^2.} \]
Birbirlerine oranları \[ \frac{\beta_2}{\beta_1}=\frac{2n-1}{n},\qquad \frac{\beta_3}{\beta_2}=\frac{n^2}{2n-1},\qquad \frac{\beta_3}{\beta_1}=n. \] \(n>1\) için, \[ 2n-1>n,\qquad n^2-(2n-1)=(n-1)^2>0, \] dolayısıyla \[ \boxed{\beta_1<\beta_2<\beta_3.} \]
Bir tutarlılık kontrolü olarak, durgun hâlden başlayarak eğim boyunca aşağı yönde kayma, \(a_{\mathrm{sl}}-R\beta_i>0\) olmasını gerektirir. Tek katsayılı modelde üçü de bu koşulu şu durumda sağlar: \[ \tan\alpha> \mu\frac{2n^2+2n-1}{2n-1}. \] Eğim arttıkça kaymaya en son başlayan, 3. silindirdir.
d) Sıvı ile duvarlar arasındaki etkileşim kuvveti
Sıvının kütle merkezi, kayan silindirle birlikte eğim boyunca aşağı yönde ivmelenir: \[ a_{\mathrm{sl}}=g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha). \]
Duvarların sıvıya uyguladığı bileşke kuvvetin bileşenleri \(F_{\parallel}\) ve \(F_{\perp}\) olsun; pozitif yönler, eğim boyunca aşağı ve düzleme dik olarak düzlemden dışarı yönler olsun. Newton'ın ikinci yasasını yalnızca sıvıya uygularsak, \[ F_{\parallel}+m_lg\sin\alpha=m_la_{\mathrm{sl}}, \] \[ F_{\perp}-m_lg\cos\alpha=0. \] Buradan \[ F_{\parallel}=-\mu m_lg\cos\alpha, \qquad F_{\perp}=m_lg\cos\alpha. \]
Bu bileşenler bileşke basınç kuvvetinden kaynaklanır; eğim boyunca yukarı yönlü bir bileşenin bulunması, sıvı ile duvar arasında viskoz sürtünme olmasını gerektirmez. Dolayısıyla, \[ \boxed{ \mathbf F_{\mathrm{walls}\to l} =m_lg\cos\alpha \left(\hat{\mathbf e}_{\perp}-\mu\hat{\mathbf e}_{\parallel}\right) } \] ve \[ \boxed{ F=\sqrt{F_{\parallel}^2+F_{\perp}^2} =m_lg\cos\alpha\sqrt{1+\mu^2}. } \] Dışa dönük normalden eğim boyunca yukarı yöne doğru yaptığı açı \[ \boxed{\theta=\arctan\mu.} \] Newton'ın üçüncü yasasına göre sıvı, duvarlara zıt yönde kuvvet uygular.
Çözüm, resmi çözümle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IPhO 1972 · Problema teórico 1
Tres cilindros sobre un plano inclinado
Tres cilindros de la misma masa, la misma longitud y el mismo radio exterior se encuentran inicialmente en reposo sobre un plano inclinado. El coeficiente de rozamiento por deslizamiento sobre el plano inclinado, \(\mu\), es conocido y tiene el mismo valor para todos los cilindros. El primer cilindro está vacío (es un tubo), el segundo es macizo y homogéneo, y el tercero tiene una cavidad exactamente igual a la del primero, pero cerrada con dos tapas de masa despreciable y llena de un líquido de la misma densidad que las paredes del cilindro. El rozamiento entre el líquido y la pared del cilindro se considera despreciable. La densidad del material del primer cilindro es \(n\) veces la del segundo o del tercer cilindro.
Determine:
a) La aceleración lineal de los cilindros en el caso sin deslizamiento. Compare todas las aceleraciones.
b) La condición que debe cumplir el ángulo \(\alpha\) del plano inclinado para que ninguno de los cilindros deslice.
c) Las razones entre las aceleraciones angulares en el caso de rodadura con deslizamiento de los tres cilindros. Compare estas aceleraciones.
d) La fuerza de interacción entre el líquido y las paredes del cilindro en el caso de deslizamiento de este cilindro, sabiendo que la masa del líquido es \(m_l\).
Enunciado traducido del texto oficial en inglés.
Respuestas
Sea \(R\) el radio exterior común y \(\beta_i\) la aceleración angular de la parte sólida del cilindro \(i\). Sea \(\hat{\mathbf e}_{\parallel}\) el vector unitario dirigido cuesta abajo y \(\hat{\mathbf e}_{\perp}\) el vector unitario normal al plano y dirigido hacia fuera de él. Las comparaciones siguientes suponen cavidades de tamaño no nulo, \(n>1\), y \(0<\alpha<\pi/2\).
-
a) Las aceleraciones cuesta abajo son \[ \boxed{ a_1=\frac{2n}{4n-1}g\sin\alpha,\qquad a_2=\frac23g\sin\alpha,\qquad a_3=\frac{2n^2}{2n^2+2n-1}g\sin\alpha } \] y \[ \boxed{a_1<a_2<a_3<g\sin\alpha.} \]
-
b) Si el valor dado de \(\mu\) también representa el coeficiente de rozamiento estático límite, \[ \boxed{\tan\alpha\leq\mu\frac{4n-1}{2n-1}.} \] El cilindro 1 determina la condición límite. Si \(\mu\) designa estrictamente el rozamiento cinético, también se necesitan los coeficientes de rozamiento estático para obtener una condición exacta de ausencia de deslizamiento.
-
c) Para un rozamiento por deslizamiento no nulo, \[ \boxed{\beta_1:\beta_2:\beta_3=n:(2n-1):n^2,\qquad \beta_1<\beta_2<\beta_3.} \] De forma equivalente, las inversas de las aceleraciones satisfacen \[ \boxed{\frac1{\beta_1}:\frac1{\beta_2}:\frac1{\beta_3} =\frac1n:\frac1{2n-1}:\frac1{n^2}.} \]
-
d) La fuerza resultante que ejercen las paredes sobre el líquido es \[ \boxed{ \mathbf F_{\mathrm{walls}\to l} =m_lg\cos\alpha \left(\hat{\mathbf e}_{\perp}-\mu\hat{\mathbf e}_{\parallel}\right). } \] Por tanto, el módulo de la fuerza de interacción es \[ \boxed{F=m_lg\cos\alpha\sqrt{1+\mu^2}.} \] La fuerza sobre el líquido forma un ángulo \(\arctan\mu\) con la normal exterior, hacia el lado de subida del plano. La fuerza sobre las paredes tiene igual módulo y sentido opuesto.
Solución
Sean \(M\) la masa total común, \(L\) la longitud común y \(r\) el radio de la cavidad de los cilindros 1 y 3. Denotemos por \(\rho\) la densidad del cilindro 2, de las paredes del cilindro 3 y de su líquido. El cilindro 1 tiene densidad \(n\rho\).
La igualdad de las masas da \[ M=\rho\pi R^2L=n\rho\pi(R^2-r^2)L. \] Por tanto, \[ \boxed{\frac{r^2}{R^2}=\frac{n-1}{n}.} \] En consecuencia, la masa de la envoltura del tercer cilindro y la masa de su líquido son \[ M_{\mathrm{shell},3}=\frac{M}{n}, \qquad m_l=M\frac{n-1}{n}. \]
Consideramos los cilindros rígidos, despreciamos la resistencia a la rodadura y modelizamos el líquido completamente confinado como incompresible y no viscoso. La rotación de la pared circular no impone un movimiento tangencial a este líquido. Las fuerzas de presión no ejercen ningún momento respecto al eje del cilindro, por lo que el líquido, que inicialmente no gira, se traslada con el cilindro sin girar.
Así, toda la masa \(M\) contribuye a la traslación, pero solo la envoltura contribuye a la inercia de rotación del cilindro 3. Utilizando el momento de inercia axial \(\tfrac12m(R^2+r^2)\) de un cilindro anular homogéneo, \[ I_1=\frac12M(R^2+r^2) =MR^2\frac{2n-1}{2n}, \] \[ I_2=\frac12MR^2, \] \[ I_3=\frac12\frac{M}{n}(R^2+r^2) =MR^2\frac{2n-1}{2n^2}. \] Aquí \(I_3\) designa el momento de inercia de la envoltura que gira.
Definamos los momentos de inercia adimensionales \[ k_i=\frac{I_i}{MR^2}, \qquad k_1=\frac{2n-1}{2n},\quad k_2=\frac12,\quad k_3=\frac{2n-1}{2n^2}. \]
a) Aceleraciones lineales sin deslizamiento
Sea \(f_i\) la fuerza de rozamiento estático, dirigida cuesta arriba. La segunda ley de Newton a lo largo del plano y la ecuación de rotación respecto al eje del cilindro dan \[ Ma_i=Mg\sin\alpha-f_i, \qquad I_i\beta_i=f_iR. \] Para la rodadura sin deslizamiento, \[ a_i=R\beta_i. \] Por tanto, \[ f_i=\frac{I_i}{R^2}a_i=Mk_i a_i, \] y, en consecuencia, \[ a_i=\frac{g\sin\alpha}{1+k_i}. \] Sustituyendo los tres momentos de inercia, \[ \boxed{ a_1=\frac{2n}{4n-1}g\sin\alpha,\qquad a_2=\frac23g\sin\alpha,\qquad a_3=\frac{2n^2}{2n^2+2n-1}g\sin\alpha. } \]
Para \(n>1\), \[ k_1-k_2=\frac{n-1}{2n}>0, \qquad k_2-k_3=\frac{(n-1)^2}{2n^2}>0. \] Como \(a_i\) disminuye al aumentar \(k_i\), \[ \boxed{a_1<a_2<a_3<g\sin\alpha.} \] El cilindro lleno de líquido tiene la mayor aceleración porque su líquido aporta masa a la traslación sin aportar inercia a la rotación.
b) Condición para que todos los cilindros rueden sin deslizar
No hay aceleración normal al plano, de modo que cada cilindro tiene una reacción normal \[ N=Mg\cos\alpha. \] El rozamiento estático necesario para la rodadura es \[ f_i=Mg\sin\alpha\frac{k_i}{1+k_i}, \] lo que da \[ \frac{f_i}{N}=\frac{k_i}{1+k_i}\tan\alpha. \]
Para distinguir explícitamente entre el rozamiento estático y el rozamiento por deslizamiento, sea \(\mu_{s,i}\) el coeficiente de rozamiento estático límite del cilindro \(i\). Los tres pueden rodar sin deslizar si y solo si \[ \boxed{ \tan\alpha\leq \min\left\{ \mu_{s,1}\frac{4n-1}{2n-1},\; 3\mu_{s,2},\; \mu_{s,3}\frac{2n^2+2n-1}{2n-1} \right\}. } \]
En la idealización habitual con un único coeficiente, \(\mu_{s,1}=\mu_{s,2}=\mu_{s,3}=\mu\). Como \(k_1>k_2>k_3\), el cilindro 1 requiere el mayor rozamiento en relación con su reacción normal y, por tanto, determina el límite: \[ \boxed{ \tan\alpha\leq\mu\frac{4n-1}{2n-1}, \quad\text{o}\quad \alpha\leq\arctan\!\left(\mu\frac{4n-1}{2n-1}\right). } \] La igualdad corresponde al rozamiento estático límite del cilindro 1.
c) Razones entre las aceleraciones angulares cuando los tres deslizan
En el régimen estipulado, los cilindros deslizan cuesta abajo respecto al plano. El rozamiento cinético actúa cuesta arriba y tiene el mismo módulo para cada uno: \[ f=\mu Mg\cos\alpha. \] Por tanto, sus aceleraciones de traslación son iguales: \[ \boxed{a_{\mathrm{sl}}=g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha).} \]
Sus aceleraciones angulares se obtienen de \[ I_i\beta_i=fR, \] sin imponer la relación de ausencia de deslizamiento \(a=R\beta\). En consecuencia, \[ \boxed{ \beta_1=\frac{2n}{2n-1}\frac{\mu g\cos\alpha}{R},\qquad \beta_2=2\frac{\mu g\cos\alpha}{R},\qquad \beta_3=\frac{2n^2}{2n-1}\frac{\mu g\cos\alpha}{R}. } \] Al eliminar el factor común se obtiene \[ \boxed{\beta_1:\beta_2:\beta_3=n:(2n-1):n^2.} \]
Las razones entre ellas son \[ \frac{\beta_2}{\beta_1}=\frac{2n-1}{n},\qquad \frac{\beta_3}{\beta_2}=\frac{n^2}{2n-1},\qquad \frac{\beta_3}{\beta_1}=n. \] Para \(n>1\), \[ 2n-1>n,\qquad n^2-(2n-1)=(n-1)^2>0, \] por lo que \[ \boxed{\beta_1<\beta_2<\beta_3.} \]
Como comprobación de coherencia, el deslizamiento cuesta abajo desde el reposo requiere \(a_{\mathrm{sl}}-R\beta_i>0\). En el modelo con un único coeficiente, los tres satisfacen esta condición cuando \[ \tan\alpha> \mu\frac{2n^2+2n-1}{2n-1}. \] El cilindro 3 es el último en comenzar a deslizar al aumentar la inclinación.
d) Fuerza de interacción entre el líquido y las paredes
El centro de masas del líquido acelera cuesta abajo junto con el cilindro que desliza: \[ a_{\mathrm{sl}}=g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha). \]
Sean \(F_{\parallel}\) y \(F_{\perp}\) las componentes de la fuerza resultante que ejercen las paredes sobre el líquido, positivas cuesta abajo y en la dirección normal hacia fuera del plano. Aplicando la segunda ley de Newton únicamente al líquido, \[ F_{\parallel}+m_lg\sin\alpha=m_la_{\mathrm{sl}}, \] \[ F_{\perp}-m_lg\cos\alpha=0. \] Por tanto, \[ F_{\parallel}=-\mu m_lg\cos\alpha, \qquad F_{\perp}=m_lg\cos\alpha. \]
Estas componentes proceden de la fuerza de presión resultante; una componente cuesta arriba no requiere rozamiento viscoso entre el líquido y la pared. Por tanto, \[ \boxed{ \mathbf F_{\mathrm{walls}\to l} =m_lg\cos\alpha \left(\hat{\mathbf e}_{\perp}-\mu\hat{\mathbf e}_{\parallel}\right) } \] y \[ \boxed{ F=\sqrt{F_{\parallel}^2+F_{\perp}^2} =m_lg\cos\alpha\sqrt{1+\mu^2}. } \] Su inclinación respecto a la normal exterior, hacia el lado de subida del plano, es \[ \boxed{\theta=\arctan\mu.} \] Por la tercera ley de Newton, el líquido ejerce la fuerza opuesta sobre las paredes.
La solución se comprobó con la solución oficial.
IPhO 1972 · 理论题 1
斜面上的三个圆柱体
三个质量相同、长度相同、外半径相同的圆柱体最初静止在一个斜面上。已知圆柱体与斜面之间的滑动摩擦系数为 \(\mu\)，且三个圆柱体的滑动摩擦系数相同。第一个圆柱体是空心的（圆管），第二个是均匀实心的，第三个具有与第一个完全相同的空腔，但两端用质量可忽略的端盖封闭，内部充满密度与筒壁材料相同的液体。液体与筒壁之间的摩擦可忽略。第一个圆柱体的材料密度是第二个或第三个圆柱体材料密度的 \(n\) 倍。
求：
a) 各圆柱体在无滑动情况下的线加速度。比较各加速度的大小。
b) 使所有圆柱体均不发生滑动时，斜面倾角 \(\alpha\) 应满足的条件。
c) 三个圆柱体均发生滑动滚动时，角加速度的相互比值。比较这些角加速度的大小。
d) 已知液体质量为 \(m_l\)，求装有液体的圆柱体发生滑动时，液体与筒壁之间的相互作用力。
题目译自官方英文原文。
答案
设共同的外半径为 \(R\)，圆柱体 \(i\) 的固体部分的角加速度为 \(\beta_i\)。设 \(\hat{\mathbf e}_{\parallel}\) 沿斜面向下，\(\hat{\mathbf e}_{\perp}\) 垂直于斜面并指向斜面外侧。以下大小比较均假定空腔确实存在，即 \(n>1\)，且 \(0<\alpha<\pi/2\)。
-
a) 沿斜面向下的加速度为 \[ \boxed{ a_1=\frac{2n}{4n-1}g\sin\alpha,\qquad a_2=\frac23g\sin\alpha,\qquad a_3=\frac{2n^2}{2n^2+2n-1}g\sin\alpha } \] 且 \[ \boxed{a_1<a_2<a_3<g\sin\alpha.} \]
-
b) 若给定的 \(\mu\) 同时也表示最大静摩擦系数，则 \[ \boxed{\tan\alpha\leq\mu\frac{4n-1}{2n-1}.} \] 圆柱体 1 决定这一极限条件。若 \(\mu\) 严格地仅指滑动摩擦系数，则要确定准确的无滑动条件，还需要知道静摩擦系数。
-
c) 当滑动摩擦力非零时， \[ \boxed{\beta_1:\beta_2:\beta_3=n:(2n-1):n^2,\qquad \beta_1<\beta_2<\beta_3.} \] 等价地，角加速度的倒数满足 \[ \boxed{\frac1{\beta_1}:\frac1{\beta_2}:\frac1{\beta_3} =\frac1n:\frac1{2n-1}:\frac1{n^2}.} \]
-
d) 筒壁对液体施加的合力为 \[ \boxed{ \mathbf F_{\mathrm{walls}\to l} =m_lg\cos\alpha \left(\hat{\mathbf e}_{\perp}-\mu\hat{\mathbf e}_{\parallel}\right). } \] 因此，相互作用力的大小为 \[ \boxed{F=m_lg\cos\alpha\sqrt{1+\mu^2}.} \] 液体所受的力与外法线的夹角为 \(\arctan\mu\)，方向偏向斜面上方。筒壁所受的力与之大小相等、方向相反。
解答
设三个圆柱体共同的总质量为 \(M\)，共同的长度为 \(L\)，圆柱体 1 和 3 的空腔半径为 \(r\)。用 \(\rho\) 表示圆柱体 2、圆柱体 3 的筒壁及其内部液体的密度。圆柱体 1 的密度为 \(n\rho\)。
由质量相等可得 \[ M=\rho\pi R^2L=n\rho\pi(R^2-r^2)L. \] 因此， \[ \boxed{\frac{r^2}{R^2}=\frac{n-1}{n}.} \] 于是，第三个圆柱体的壳体质量及其内部液体的质量分别为 \[ M_{\mathrm{shell},3}=\frac{M}{n}, \qquad m_l=M\frac{n-1}{n}. \]
我们将圆柱体视为刚体，忽略滚动阻力，并将完全封闭在内部的液体视为不可压缩的无黏性流体。圆形筒壁的转动不会迫使液体产生切向运动。压力对圆柱体轴线的力矩为零，因此最初不旋转的液体随圆柱体一起平动，而不发生自转。
因此，全部质量 \(M\) 都参与平动，但只有壳体对圆柱体 3 的转动惯量有贡献。利用均匀圆环柱体绕其轴线的转动惯量 \(\tfrac12m(R^2+r^2)\)，可得 \[ I_1=\frac12M(R^2+r^2) =MR^2\frac{2n-1}{2n}, \] \[ I_2=\frac12MR^2, \] \[ I_3=\frac12\frac{M}{n}(R^2+r^2) =MR^2\frac{2n-1}{2n^2}. \] 这里，\(I_3\) 表示旋转壳体的转动惯量。
定义无量纲转动惯量 \[ k_i=\frac{I_i}{MR^2}, \qquad k_1=\frac{2n-1}{2n},\quad k_2=\frac12,\quad k_3=\frac{2n-1}{2n^2}. \]
a) 无滑动时的线加速度
设静摩擦力为 \(f_i\)，方向沿斜面向上。沿斜面方向的牛顿第二定律和绕圆柱体轴线的转动方程给出 \[ Ma_i=Mg\sin\alpha-f_i, \qquad I_i\beta_i=f_iR. \] 对于无滑动滚动， \[ a_i=R\beta_i. \] 因此， \[ f_i=\frac{I_i}{R^2}a_i=Mk_i a_i, \] 从而 \[ a_i=\frac{g\sin\alpha}{1+k_i}. \] 代入三个转动惯量，得 \[ \boxed{ a_1=\frac{2n}{4n-1}g\sin\alpha,\qquad a_2=\frac23g\sin\alpha,\qquad a_3=\frac{2n^2}{2n^2+2n-1}g\sin\alpha. } \]
当 \(n>1\) 时， \[ k_1-k_2=\frac{n-1}{2n}>0, \qquad k_2-k_3=\frac{(n-1)^2}{2n^2}>0. \] 由于 \(a_i\) 随 \(k_i\) 的增大而减小， \[ \boxed{a_1<a_2<a_3<g\sin\alpha.} \] 充满液体的圆柱体加速度最大，因为液体增加了参与平动的质量，却没有增加转动惯量。
b) 所有圆柱体均作无滑动滚动的条件
垂直于斜面方向的加速度为零，因此每个圆柱体受到的支持力均为 \[ N=Mg\cos\alpha. \] 滚动所需的静摩擦力为 \[ f_i=Mg\sin\alpha\frac{k_i}{1+k_i}, \] 由此得到 \[ \frac{f_i}{N}=\frac{k_i}{1+k_i}\tan\alpha. \]
为明确区分静摩擦与滑动摩擦，用 \(\mu_{s,i}\) 表示圆柱体 \(i\) 的最大静摩擦系数。三个圆柱体均能作无滑动滚动的充要条件为 \[ \boxed{ \tan\alpha\leq \min\left\{ \mu_{s,1}\frac{4n-1}{2n-1},\; 3\mu_{s,2},\; \mu_{s,3}\frac{2n^2+2n-1}{2n-1} \right\}. } \]
在通常采用的单一摩擦系数理想化模型中， \(\mu_{s,1}=\mu_{s,2}=\mu_{s,3}=\mu\)。由于 \(k_1>k_2>k_3\)，圆柱体 1 所需的摩擦力与其支持力之比最大，因此由它决定上限： \[ \boxed{ \tan\alpha\leq\mu\frac{4n-1}{2n-1}, \quad\text{或}\quad \alpha\leq\arctan\!\left(\mu\frac{4n-1}{2n-1}\right). } \] 等号对应于圆柱体 1 所受静摩擦力达到最大静摩擦力的情况。
c) 三个圆柱体均滑动时的角加速度之比
在题目规定的运动状态下，各圆柱体相对于斜面向下滑动。滑动摩擦力沿斜面向上，且对每个圆柱体的大小相同： \[ f=\mu Mg\cos\alpha. \] 因此，它们的平动加速度相等： \[ \boxed{a_{\mathrm{sl}}=g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha).} \]
它们的角加速度由 \[ I_i\beta_i=fR, \] 求得，此时不施加无滑动关系 \(a=R\beta\)。于是， \[ \boxed{ \beta_1=\frac{2n}{2n-1}\frac{\mu g\cos\alpha}{R},\qquad \beta_2=2\frac{\mu g\cos\alpha}{R},\qquad \beta_3=\frac{2n^2}{2n-1}\frac{\mu g\cos\alpha}{R}. } \] 约去公因子，得到 \[ \boxed{\beta_1:\beta_2:\beta_3=n:(2n-1):n^2.} \]
各角加速度的相互比值为 \[ \frac{\beta_2}{\beta_1}=\frac{2n-1}{n},\qquad \frac{\beta_3}{\beta_2}=\frac{n^2}{2n-1},\qquad \frac{\beta_3}{\beta_1}=n. \] 当 \(n>1\) 时， \[ 2n-1>n,\qquad n^2-(2n-1)=(n-1)^2>0, \] 所以 \[ \boxed{\beta_1<\beta_2<\beta_3.} \]
作为一致性检验，从静止开始沿斜面向下滑动要求 \(a_{\mathrm{sl}}-R\beta_i>0\)。在单一摩擦系数模型中，当 \[ \tan\alpha> \mu\frac{2n^2+2n-1}{2n-1}. \] 时，三个圆柱体均满足这一条件。随着倾角增大，圆柱体 3 最后开始滑动。
d) 液体与筒壁之间的相互作用力
液体的质心随发生滑动的圆柱体一起沿斜面向下加速： \[ a_{\mathrm{sl}}=g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha). \]
设筒壁对液体施加的合力的两个分量为 \(F_{\parallel}\) 和 \(F_{\perp}\)，分别以沿斜面向下和垂直斜面向外为正方向。仅对液体应用牛顿第二定律，得 \[ F_{\parallel}+m_lg\sin\alpha=m_la_{\mathrm{sl}}, \] \[ F_{\perp}-m_lg\cos\alpha=0. \] 因此， \[ F_{\parallel}=-\mu m_lg\cos\alpha, \qquad F_{\perp}=m_lg\cos\alpha. \]
这些分量来自压力的合力；沿斜面向上的分量并不要求液体与筒壁之间存在黏性摩擦。因此， \[ \boxed{ \mathbf F_{\mathrm{walls}\to l} =m_lg\cos\alpha \left(\hat{\mathbf e}_{\perp}-\mu\hat{\mathbf e}_{\parallel}\right) } \] 且 \[ \boxed{ F=\sqrt{F_{\parallel}^2+F_{\perp}^2} =m_lg\cos\alpha\sqrt{1+\mu^2}. } \] 该力从外法线向斜面上方偏转的角度为 \[ \boxed{\theta=\arctan\mu.} \] 根据牛顿第三定律，液体对筒壁施加大小相等、方向相反的力。
解答已与官方解答核对。
IPhO 1972 · Теоретическая задача 1
Три цилиндра на наклонной плоскости
Три цилиндра одинаковой массы, одинаковой длины и одинакового внешнего радиуса первоначально покоятся на наклонной плоскости. Коэффициент трения скольжения о наклонную плоскость \(\mu\) известен и одинаков для всех цилиндров. Первый цилиндр полый (труба), второй — сплошной однородный, а третий имеет такую же полость, как первый, но закрыт двумя крышками пренебрежимо малой массы и заполнен жидкостью, плотность которой равна плотности материала стенок цилиндра. Трение между жидкостью и стенкой цилиндра считается пренебрежимо малым. Плотность материала первого цилиндра в \(n\) раз больше плотности материала второго или третьего цилиндра.
Определите:
a) Линейные ускорения цилиндров при отсутствии проскальзывания. Сравните все ускорения.
b) Условие для угла \(\alpha\) наклона плоскости, при котором ни один из цилиндров не проскальзывает.
c) Взаимные отношения угловых ускорений при качении с проскальзыванием всех трёх цилиндров. Сравните эти ускорения.
d) Силу взаимодействия между жидкостью и стенками цилиндра при его скольжении, если масса жидкости равна \(m_l\).
Условие переведено с официального английского текста.
Ответы
Пусть \(R\) — общий внешний радиус, а \(\beta_i\) — угловое ускорение твёрдой части цилиндра \(i\). Пусть \(\hat{\mathbf e}_{\parallel}\) направлен вниз вдоль плоскости, а \(\hat{\mathbf e}_{\perp}\) — по нормали от плоскости. В приведённых ниже сравнениях предполагается, что полости имеют ненулевой объём, \(n>1\), и \(0<\alpha<\pi/2\).
-
a) Ускорения вниз вдоль плоскости равны \[ \boxed{ a_1=\frac{2n}{4n-1}g\sin\alpha,\qquad a_2=\frac23g\sin\alpha,\qquad a_3=\frac{2n^2}{2n^2+2n-1}g\sin\alpha } \] и \[ \boxed{a_1<a_2<a_3<g\sin\alpha.} \]
-
b) Если заданный коэффициент \(\mu\) также является коэффициентом предельного трения покоя, \[ \boxed{\tan\alpha\leq\mu\frac{4n-1}{2n-1}.} \] Предельное условие определяется цилиндром 1. Если \(\mu\) обозначает исключительно коэффициент трения скольжения, то для точного условия отсутствия проскальзывания необходимо дополнительно знать коэффициенты трения покоя.
-
c) При ненулевом трении скольжения \[ \boxed{\beta_1:\beta_2:\beta_3=n:(2n-1):n^2,\qquad \beta_1<\beta_2<\beta_3.} \] Эквивалентно, величины, обратные ускорениям, удовлетворяют соотношению \[ \boxed{\frac1{\beta_1}:\frac1{\beta_2}:\frac1{\beta_3} =\frac1n:\frac1{2n-1}:\frac1{n^2}.} \]
-
d) Равнодействующая сил, с которыми стенки действуют на жидкость, равна \[ \boxed{ \mathbf F_{\mathrm{walls}\to l} =m_lg\cos\alpha \left(\hat{\mathbf e}_{\perp}-\mu\hat{\mathbf e}_{\parallel}\right). } \] Следовательно, модуль силы взаимодействия равен \[ \boxed{F=m_lg\cos\alpha\sqrt{1+\mu^2}.} \] Сила, действующая на жидкость, образует угол \(\arctan\mu\) с нормалью, направленной от плоскости, и отклонена от неё в сторону подъёма. Сила, действующая на стенки, равна ей по модулю и противоположна по направлению.
Решение
Пусть общая для всех цилиндров полная масса равна \(M\), общая длина — \(L\), а радиус полости цилиндров 1 и 3 — \(r\). Обозначим плотность цилиндра 2, стенок цилиндра 3 и находящейся в нём жидкости через \(\rho\). Плотность цилиндра 1 равна \(n\rho\).
Из равенства масс следует \[ M=\rho\pi R^2L=n\rho\pi(R^2-r^2)L. \] Следовательно, \[ \boxed{\frac{r^2}{R^2}=\frac{n-1}{n}.} \] Поэтому масса оболочки третьего цилиндра и масса находящейся в нём жидкости равны \[ M_{\mathrm{shell},3}=\frac{M}{n}, \qquad m_l=M\frac{n-1}{n}. \]
Будем считать цилиндры абсолютно твёрдыми, пренебрегать сопротивлением качению и рассматривать полностью заключённую в цилиндре жидкость как несжимаемую и невязкую. Вращение круговой стенки не сообщает этой жидкости тангенциального движения. Силы давления не создают момента относительно оси цилиндра, поэтому первоначально невращающаяся жидкость движется поступательно вместе с цилиндром, не вращаясь.
Таким образом, вся масса \(M\) участвует в поступательном движении, но вклад в момент инерции цилиндра 3 вносит только оболочка. Используя момент инерции однородного полого цилиндра относительно его оси \(\tfrac12m(R^2+r^2)\), получаем \[ I_1=\frac12M(R^2+r^2) =MR^2\frac{2n-1}{2n}, \] \[ I_2=\frac12MR^2, \] \[ I_3=\frac12\frac{M}{n}(R^2+r^2) =MR^2\frac{2n-1}{2n^2}. \] Здесь \(I_3\) обозначает момент инерции вращающейся оболочки.
Введём безразмерные моменты инерции \[ k_i=\frac{I_i}{MR^2}, \qquad k_1=\frac{2n-1}{2n},\quad k_2=\frac12,\quad k_3=\frac{2n-1}{2n^2}. \]
a) Линейные ускорения при отсутствии проскальзывания
Пусть \(f_i\) — сила трения покоя, направленная вверх вдоль плоскости. Второй закон Ньютона в проекции на направление вдоль плоскости и уравнение вращательного движения относительно оси цилиндра дают \[ Ma_i=Mg\sin\alpha-f_i, \qquad I_i\beta_i=f_iR. \] При качении без проскальзывания \[ a_i=R\beta_i. \] Следовательно, \[ f_i=\frac{I_i}{R^2}a_i=Mk_i a_i, \] и поэтому \[ a_i=\frac{g\sin\alpha}{1+k_i}. \] Подставляя моменты инерции трёх цилиндров, получаем \[ \boxed{ a_1=\frac{2n}{4n-1}g\sin\alpha,\qquad a_2=\frac23g\sin\alpha,\qquad a_3=\frac{2n^2}{2n^2+2n-1}g\sin\alpha. } \]
При \(n>1\) \[ k_1-k_2=\frac{n-1}{2n}>0, \qquad k_2-k_3=\frac{(n-1)^2}{2n^2}>0. \] Поскольку \(a_i\) уменьшается с увеличением \(k_i\), \[ \boxed{a_1<a_2<a_3<g\sin\alpha.} \] Цилиндр, заполненный жидкостью, имеет наибольшее ускорение, поскольку жидкость увеличивает массу, участвующую в поступательном движении, не увеличивая момент инерции вращающейся части.
b) Условие качения всех цилиндров без проскальзывания
Ускорение по нормали к плоскости отсутствует, поэтому для каждого цилиндра нормальная реакция равна \[ N=Mg\cos\alpha. \] Сила трения покоя, необходимая для качения, равна \[ f_i=Mg\sin\alpha\frac{k_i}{1+k_i}, \] откуда \[ \frac{f_i}{N}=\frac{k_i}{1+k_i}\tan\alpha. \]
Чтобы явно различать трение покоя и трение скольжения, обозначим через \(\mu_{s,i}\) коэффициент предельного трения покоя для цилиндра \(i\). Все три цилиндра могут катиться без проскальзывания тогда и только тогда, когда \[ \boxed{ \tan\alpha\leq \min\left\{ \mu_{s,1}\frac{4n-1}{2n-1},\; 3\mu_{s,2},\; \mu_{s,3}\frac{2n^2+2n-1}{2n-1} \right\}. } \]
В обычной идеализированной модели с единым коэффициентом трения \(\mu_{s,1}=\mu_{s,2}=\mu_{s,3}=\mu\). Поскольку \(k_1>k_2>k_3\), для цилиндра 1 требуется наибольшее отношение силы трения к нормальной реакции, и поэтому именно он определяет ограничение: \[ \boxed{ \tan\alpha\leq\mu\frac{4n-1}{2n-1}, \quad\text{или}\quad \alpha\leq\arctan\!\left(\mu\frac{4n-1}{2n-1}\right). } \] Равенство соответствует предельному трению покоя для цилиндра 1.
c) Отношения угловых ускорений при проскальзывании всех трёх цилиндров
В рассматриваемом режиме цилиндры проскальзывают относительно плоскости вниз по ней. Сила трения скольжения направлена вверх вдоль плоскости и имеет одинаковый модуль для каждого цилиндра: \[ f=\mu Mg\cos\alpha. \] Поэтому их поступательные ускорения равны: \[ \boxed{a_{\mathrm{sl}}=g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha).} \]
Их угловые ускорения определяются уравнением \[ I_i\beta_i=fR, \] без использования условия отсутствия проскальзывания \(a=R\beta\). Следовательно, \[ \boxed{ \beta_1=\frac{2n}{2n-1}\frac{\mu g\cos\alpha}{R},\qquad \beta_2=2\frac{\mu g\cos\alpha}{R},\qquad \beta_3=\frac{2n^2}{2n-1}\frac{\mu g\cos\alpha}{R}. } \] Сокращая общий множитель, получаем \[ \boxed{\beta_1:\beta_2:\beta_3=n:(2n-1):n^2.} \]
Взаимные отношения равны \[ \frac{\beta_2}{\beta_1}=\frac{2n-1}{n},\qquad \frac{\beta_3}{\beta_2}=\frac{n^2}{2n-1},\qquad \frac{\beta_3}{\beta_1}=n. \] При \(n>1\) \[ 2n-1>n,\qquad n^2-(2n-1)=(n-1)^2>0, \] поэтому \[ \boxed{\beta_1<\beta_2<\beta_3.} \]
Для проверки согласованности отметим, что проскальзывание вниз по плоскости при движении из состояния покоя требует выполнения условия \(a_{\mathrm{sl}}-R\beta_i>0\). В модели с единым коэффициентом трения это условие выполняется для всех трёх цилиндров при \[ \tan\alpha> \mu\frac{2n^2+2n-1}{2n-1}. \] При увеличении угла наклона цилиндр 3 начинает проскальзывать последним.
d) Сила взаимодействия между жидкостью и стенками
Центр масс жидкости движется с ускорением вниз вдоль плоскости вместе со скользящим цилиндром: \[ a_{\mathrm{sl}}=g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha). \]
Пусть \(F_{\parallel}\) и \(F_{\perp}\) — компоненты равнодействующей сил, с которыми стенки действуют на жидкость; положительными считаются направления вниз вдоль плоскости и по нормали от плоскости. Применяя второй закон Ньютона только к жидкости, получаем \[ F_{\parallel}+m_lg\sin\alpha=m_la_{\mathrm{sl}}, \] \[ F_{\perp}-m_lg\cos\alpha=0. \] Следовательно, \[ F_{\parallel}=-\mu m_lg\cos\alpha, \qquad F_{\perp}=m_lg\cos\alpha. \]
Эти компоненты обусловлены равнодействующей сил давления; наличие компоненты, направленной вверх вдоль плоскости, не требует вязкого трения между жидкостью и стенкой. Поэтому \[ \boxed{ \mathbf F_{\mathrm{walls}\to l} =m_lg\cos\alpha \left(\hat{\mathbf e}_{\perp}-\mu\hat{\mathbf e}_{\parallel}\right) } \] и \[ \boxed{ F=\sqrt{F_{\parallel}^2+F_{\perp}^2} =m_lg\cos\alpha\sqrt{1+\mu^2}. } \] Угол её отклонения от нормали, направленной от плоскости, в сторону подъёма равен \[ \boxed{\theta=\arctan\mu.} \] По третьему закону Ньютона жидкость действует на стенки с противоположной силой.
Решение проверено по официальному решению.
IPhO 1972 · مسألة نظرية 1
ثلاث أسطوانات على مستوى مائل
تستقر في البداية على مستوى مائل ثلاث أسطوانات لها الكتلة نفسها والطول نفسه ونصف القطر الخارجي نفسه. معامل الاحتكاك الانزلاقي على المستوى المائل، \(\mu\)، معلوم وله القيمة نفسها للأسطوانات جميعها. الأسطوانة الأولى فارغة (أنبوب)، والثانية مصمتة ومتجانسة، والثالثة ذات تجويف مماثل تمامًا لتجويف الأولى، لكنه مغلق بغطاءين كتلتهما مهملة ومملوء بسائل كثافته مساوية لكثافة جدران الأسطوانة. يُعدّ الاحتكاك بين السائل وجدار الأسطوانة مهملًا. كثافة مادة الأسطوانة الأولى تساوي \(n\) أمثال كثافة مادة الأسطوانة الثانية أو الثالثة.
أوجد:
a) التسارع الخطي للأسطوانات في حالة عدم الانزلاق. قارن بين التسارعات جميعها.
b) الشرط على زاوية ميل المستوى \(\alpha\) لكي لا تنزلق أيّ من الأسطوانات.
c) النسب المتبادلة بين التسارعات الزاوية في حالة تدحرج الأسطوانات الثلاث جميعها مع الانزلاق. قارن بين هذه التسارعات.
d) قوة التفاعل بين السائل وجدران الأسطوانة في حالة انزلاق هذه الأسطوانة، علمًا بأن كتلة السائل هي \(m_l\).
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي.
الإجابات
ليكن \(R\) نصف القطر الخارجي المشترك، و\(\beta_i\) التسارع الزاوي للجزء الصلب من الأسطوانة \(i\). وليكن اتجاه \(\hat{\mathbf e}_{\parallel}\) نحو أسفل المستوى المائل، واتجاه \(\hat{\mathbf e}_{\perp}\) عموديًا على المستوى وبعيدًا عنه. تفترض المقارنات الآتية وجود تجاويف فعلية، أي \(n>1\)، وأن \(0<\alpha<\pi/2\).
-
a) التسارعات نحو أسفل المستوى المائل هي \[ \boxed{ a_1=\frac{2n}{4n-1}g\sin\alpha,\qquad a_2=\frac23g\sin\alpha,\qquad a_3=\frac{2n^2}{2n^2+2n-1}g\sin\alpha } \] وتحقق \[ \boxed{a_1<a_2<a_3<g\sin\alpha.} \]
-
b) إذا كان \(\mu\) المعطى يمثّل أيضًا معامل الاحتكاك السكوني الحدي، فإن \[ \boxed{\tan\alpha\leq\mu\frac{4n-1}{2n-1}.} \] تحدّد الأسطوانة 1 الشرط الحدي. وإذا كان \(\mu\) يدلّ على الاحتكاك الحركي حصرًا، فلا بدّ أيضًا من معرفة معاملات الاحتكاك السكوني لتحديد شرط دقيق لعدم الانزلاق.
-
c) عندما يكون الاحتكاك الانزلاقي غير صفري، \[ \boxed{\beta_1:\beta_2:\beta_3=n:(2n-1):n^2,\qquad \beta_1<\beta_2<\beta_3.} \] وبصورة مكافئة، تحقق مقلوبات التسارعات \[ \boxed{\frac1{\beta_1}:\frac1{\beta_2}:\frac1{\beta_3} =\frac1n:\frac1{2n-1}:\frac1{n^2}.} \]
-
d) محصلة القوة التي تؤثر بها الجدران في السائل هي \[ \boxed{ \mathbf F_{\mathrm{walls}\to l} =m_lg\cos\alpha \left(\hat{\mathbf e}_{\perp}-\mu\hat{\mathbf e}_{\parallel}\right). } \] ومن ثمّ فإن مقدار قوة التفاعل هو \[ \boxed{F=m_lg\cos\alpha\sqrt{1+\mu^2}.} \] تصنع القوة المؤثرة في السائل زاوية \(\arctan\mu\) مع العمود المتجه بعيدًا عن المستوى، نحو أعلى المستوى المائل. والقوة المؤثرة في الجدران مساوية لها في المقدار ومعاكسة لها في الاتجاه.
الحل
لتكن الكتلة الكلية المشتركة \(M\)، والطول المشترك \(L\)، ونصف قطر تجويف الأسطوانتين 1 و3 هو \(r\). نرمز إلى كثافة الأسطوانة 2 وجدران الأسطوانة 3 وسائلها بالرمز \(\rho\). كثافة الأسطوانة 1 هي \(n\rho\).
يعطي تساوي الكتل \[ M=\rho\pi R^2L=n\rho\pi(R^2-r^2)L. \] إذن، \[ \boxed{\frac{r^2}{R^2}=\frac{n-1}{n}.} \] وعليه، فإن كتلة غلاف الأسطوانة الثالثة وكتلة سائلها هما \[ M_{\mathrm{shell},3}=\frac{M}{n}, \qquad m_l=M\frac{n-1}{n}. \]
نتعامل مع الأسطوانات بوصفها أجسامًا صلبة، ونهمل مقاومة التدحرج، ونمثّل السائل المحصور تمامًا بنموذج سائل غير قابل للانضغاط وعديم اللزوجة. لا يفرض دوران الجدار الدائري حركة مماسية على هذا السائل. ولا تولّد قوى الضغط عزمًا حول محور الأسطوانة، لذا يتحرك السائل، الذي لا يدور في البداية، حركة انتقالية مع الأسطوانة من دون أن يدور حول نفسه.
وهكذا تسهم الكتلة \(M\) بأكملها في الحركة الانتقالية، لكن الغلاف وحده يسهم في عزم القصور الذاتي الدوراني للأسطوانة 3. وباستخدام عزم القصور الذاتي المحوري \(\tfrac12m(R^2+r^2)\) لأسطوانة حلقية متجانسة، \[ I_1=\frac12M(R^2+r^2) =MR^2\frac{2n-1}{2n}, \] \[ I_2=\frac12MR^2, \] \[ I_3=\frac12\frac{M}{n}(R^2+r^2) =MR^2\frac{2n-1}{2n^2}. \] يشير \(I_3\) هنا إلى عزم القصور الذاتي للغلاف الدوّار.
نعرّف عزوم القصور الذاتي اللابعدية \[ k_i=\frac{I_i}{MR^2}, \qquad k_1=\frac{2n-1}{2n},\quad k_2=\frac12,\quad k_3=\frac{2n-1}{2n^2}. \]
a) التسارعات الخطية من دون انزلاق
لتكن \(f_i\) قوة الاحتكاك السكوني، المتجهة نحو أعلى المستوى المائل. يعطي قانون نيوتن الثاني على امتداد المستوى ومعادلة الحركة الدورانية حول محور الأسطوانة \[ Ma_i=Mg\sin\alpha-f_i, \qquad I_i\beta_i=f_iR. \] في حالة التدحرج من دون انزلاق، \[ a_i=R\beta_i. \] إذن، \[ f_i=\frac{I_i}{R^2}a_i=Mk_i a_i, \] ومن ثمّ \[ a_i=\frac{g\sin\alpha}{1+k_i}. \] بالتعويض عن عزوم القصور الذاتي الثلاثة، \[ \boxed{ a_1=\frac{2n}{4n-1}g\sin\alpha,\qquad a_2=\frac23g\sin\alpha,\qquad a_3=\frac{2n^2}{2n^2+2n-1}g\sin\alpha. } \]
عندما يكون \(n>1\)، \[ k_1-k_2=\frac{n-1}{2n}>0, \qquad k_2-k_3=\frac{(n-1)^2}{2n^2}>0. \] وبما أن \(a_i\) يتناقص بازدياد \(k_i\)، فإن \[ \boxed{a_1<a_2<a_3<g\sin\alpha.} \] تكتسب الأسطوانة المملوءة بالسائل أكبر تسارع، لأن سائلها يضيف كتلة تتحرك حركة انتقالية من دون أن يضيف عزم قصور ذاتي دورانيًا.
b) شرط تدحرج الأسطوانات جميعها من دون انزلاق
لا يوجد تسارع عمودي على المستوى، لذا تكون قوة رد الفعل العمودية على كل أسطوانة \[ N=Mg\cos\alpha. \] قوة الاحتكاك السكوني اللازمة للتدحرج هي \[ f_i=Mg\sin\alpha\frac{k_i}{1+k_i}, \] وهذا يعطي \[ \frac{f_i}{N}=\frac{k_i}{1+k_i}\tan\alpha. \]
للتمييز صراحةً بين الاحتكاك السكوني والاحتكاك الانزلاقي، ليكن \(\mu_{s,i}\) معامل الاحتكاك السكوني الحدي للأسطوانة \(i\). يمكن للأسطوانات الثلاث جميعها أن تتدحرج من دون انزلاق إذا وفقط إذا تحقق \[ \boxed{ \tan\alpha\leq \min\left\{ \mu_{s,1}\frac{4n-1}{2n-1},\; 3\mu_{s,2},\; \mu_{s,3}\frac{2n^2+2n-1}{2n-1} \right\}. } \]
في التقريب المثالي المعتاد الذي يستخدم معاملًا واحدًا، \(\mu_{s,1}=\mu_{s,2}=\mu_{s,3}=\mu\). وبما أن \(k_1>k_2>k_3\)، فإن الأسطوانة 1 تتطلب أكبر قوة احتكاك نسبةً إلى قوة رد الفعل العمودية عليها، ولذلك فهي التي تحدّد الحد: \[ \boxed{ \tan\alpha\leq\mu\frac{4n-1}{2n-1}, \quad\text{أو}\quad \alpha\leq\arctan\!\left(\mu\frac{4n-1}{2n-1}\right). } \] توافق المساواة بلوغ الاحتكاك السكوني للأسطوانة 1 قيمته الحدية.
c) نسب التسارعات الزاوية عندما تنزلق الأسطوانات الثلاث جميعها
في الحالة المفترضة، تنزلق الأسطوانات نحو أسفل المستوى بالنسبة إليه. يؤثر الاحتكاك الحركي نحو أعلى المستوى، وله المقدار نفسه لكل أسطوانة: \[ f=\mu Mg\cos\alpha. \] لذلك تتساوى تسارعاتها الانتقالية: \[ \boxed{a_{\mathrm{sl}}=g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha).} \]
تُستنتج تسارعاتها الزاوية من \[ I_i\beta_i=fR, \] من دون فرض علاقة عدم الانزلاق \(a=R\beta\). وبناءً على ذلك، \[ \boxed{ \beta_1=\frac{2n}{2n-1}\frac{\mu g\cos\alpha}{R},\qquad \beta_2=2\frac{\mu g\cos\alpha}{R},\qquad \beta_3=\frac{2n^2}{2n-1}\frac{\mu g\cos\alpha}{R}. } \] بحذف العامل المشترك نحصل على \[ \boxed{\beta_1:\beta_2:\beta_3=n:(2n-1):n^2.} \]
النسب المتبادلة هي \[ \frac{\beta_2}{\beta_1}=\frac{2n-1}{n},\qquad \frac{\beta_3}{\beta_2}=\frac{n^2}{2n-1},\qquad \frac{\beta_3}{\beta_1}=n. \] عندما يكون \(n>1\)، \[ 2n-1>n,\qquad n^2-(2n-1)=(n-1)^2>0, \] ومن ثمّ \[ \boxed{\beta_1<\beta_2<\beta_3.} \]
للتحقق من الاتساق، يتطلب الانزلاق نحو أسفل المستوى انطلاقًا من السكون أن يكون \(a_{\mathrm{sl}}-R\beta_i>0\). في نموذج المعامل الواحد، تحقق الأسطوانات الثلاث جميعها هذا الشرط عندما \[ \tan\alpha> \mu\frac{2n^2+2n-1}{2n-1}. \] تكون الأسطوانة 3 آخر أسطوانة تبدأ بالانزلاق مع ازدياد زاوية الميل.
d) قوة التفاعل بين السائل والجدران
يتسارع مركز كتلة السائل نحو أسفل المستوى مع الأسطوانة المنزلقة: \[ a_{\mathrm{sl}}=g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha). \]
لتكن \(F_{\parallel}\) و\(F_{\perp}\) مركّبتي محصلة القوة التي تؤثر بها الجدران في السائل، مع اعتبار الاتجاه الموجب نحو أسفل المستوى، وعموديًا على المستوى وبعيدًا عنه، على الترتيب. بتطبيق قانون نيوتن الثاني على السائل وحده، \[ F_{\parallel}+m_lg\sin\alpha=m_la_{\mathrm{sl}}, \] \[ F_{\perp}-m_lg\cos\alpha=0. \] ومن ثمّ \[ F_{\parallel}=-\mu m_lg\cos\alpha, \qquad F_{\perp}=m_lg\cos\alpha. \]
تنشأ هاتان المركّبتان من محصلة قوة الضغط؛ ولا يستلزم وجود مركّبة نحو أعلى المستوى احتكاكًا لزجًا بين السائل والجدار. لذلك، \[ \boxed{ \mathbf F_{\mathrm{walls}\to l} =m_lg\cos\alpha \left(\hat{\mathbf e}_{\perp}-\mu\hat{\mathbf e}_{\parallel}\right) } \] و \[ \boxed{ F=\sqrt{F_{\parallel}^2+F_{\perp}^2} =m_lg\cos\alpha\sqrt{1+\mu^2}. } \] زاوية ميلها عن العمود المتجه بعيدًا عن المستوى، نحو أعلى المستوى، هي \[ \boxed{\theta=\arctan\mu.} \] وفقًا لقانون نيوتن الثالث، يؤثر السائل في الجدران بالقوة المعاكسة.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحل الرسمي.