2.1  ^?? Найдите с точностью не хуже 1\% отношение угловых скоростей $\omega_2/\omega_1$ при установившемся режиме вращения. Ответ округлите до сотых долей.

Так как «нижний» валик вращается в установившемся режиме с постоянной угловой скоростью, то сумма приложенных к нему моментов сил (а это моменты сил трения, действующих со стороны «верхнего» валика) равна нулю.

Суммарный момент этих сил обнуляется из-за изменения радиусов поверхностей. Если ввести координату $X$ сечений валиков, то можно заметить, что с ростом $X$ радиус «верхнего» валика убывает по закону $r_{1}(x)=R\left(3-\frac{x}{h}\right)$, а «нижнего» – растет по закону $r_{2}(x)=R\left(1+\frac{x}{h}\right)$. Поэтому у разных концов валиков соотношение линейных скоростей их поверхностей различно, то есть вращение валиков происходит с проскальзыванием. Различно и направление проскальзывания, а значит, различно направление сил трения! Поскольку на каждый интервал линии соприкосновения с проекцией $d x$ действует одинаковая по величине сила трения $\mu F \frac{d x}{h}$, то равенство нулю суммарного момента этих сил приводит к условию

$$
\mu F \frac{R}{h}\left[\int_{0}^{x_{0}}\left(1+\frac{x}{h}\right) dx-\int_{x_{0}}^{h}\left(1+\frac{x}{h}\right) dx\right]=0
$$

где $x_{0}$ – координата сечения, в котором качение валиков друг по другу происходит без проскальзывания. Вычисляя интегралы, приходим к уравнению относительно величины $z=\frac{x_{0}}{h}$ : $z^{2}+2 z-\frac{3}{2}=0 \Rightarrow z=\sqrt{\frac{5}{2}}-1$. Радиусы валиков в этом сечении $\ r_{1}\left(x_{0}\right)=R\left(4-\sqrt{\frac{5}{2}}\right)$ и $r_{2}\left(x_{0}\right)=R \sqrt{\frac{5}{2}}$, а условие отсутствия проскальзывания позволяет найти отношение угловых скоростей: $r_{1}\left(x_{0}\right) \cdot \omega_{1}=r_{2}\left(x_{0}\right) \cdot \omega_{2} \Rightarrow \frac{\omega_{2}}{\omega_{1}}=4 \sqrt{\frac{2}{5}}-1 \approx 1.53$.

2.2  ^?? Получите формулу для момента инерции «нижнего» валика $I_2$. В ответе запишите эту формулу, выразив $I_2$ через $\rho$ и геометрические параметры ($R$ и $h$).

Момент инерции валика 2 можно найти как разность моментов инерции двух конусов: $I_{2}=\frac{\pi}{10} \rho(2 R)^{4} 2 h-\frac{\pi}{10} \rho R^{4} h=\frac{31 \pi}{10} \rho R^{4} h$.

2.3  ^?? Получите формулу для момента инерции «верхнего» валика $I_1$. В ответе запишите эту формулу, выразив $I_1$ через $\rho$ и геометрические параметры ($R$ и $h$).

Момент инерции «верхнего» валика $I_{1}=\frac{\pi}{10} \rho(3 R)^{4} 3 h-\frac{\pi}{10} \rho(2 R)^{4} 2 h=\frac{211 \pi}{10} \rho R^{4} h$.

2.4  ^?? Найдите с точностью не хуже 15\% время после включения вращения цепного привода, за которое угловые скорости осей станут равны друг другу. Для вычислений Вам может понадобиться следующая приближенная формула: $e^{x} \approx 1+x+\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{6}$, справедливая при $|x|\ll 1$. Ответ выразите в мс.

После включения цепного привода сначала раскручивается «верхний» валик, а затем, за счет трения, нижний. Поэтому логично предположить, что на начальном этапе движения $\omega_{1} \geq \omega_{2}$. В этом случае, так как минимальный радиус валика 1 равен максимальному радиусу валика 2, то скольжение «верхнего» валика по нижнему происходит в одну стороны вдоль всей линии соприкосновения, так что момент сил трения, раскручивающий «нижний» валик, равен
$$M_{2}=\mu F \frac{R}{h} \int_{0}^{h}\left(1+\frac{x}{h}\right) dx=\frac{3}{2} \mu F R.$$
Уравнение вращательного движения «нижнего» валика при $\omega_{1} \geq \omega_{2}$ имеет вид:
$$\frac{d \omega_{2}}{dt}=\frac{M_{2}}{I_{2}}=\frac{15 \mu F}{31 \pi \rho R^{3} h}=\frac{633}{155} \omega_{m}^{2},$$
с учетом заданных значений $\mu$ и $F$. Значит, $\omega_{2}(t)=\frac{633}{155} \omega_{m}^{2} t$. На первый валик действует раскручивающий момент сил со стороны цепной передачи $M_{u n}=\frac{P}{\omega_{1}}$ и тормозящий момент сил трения
$$M_{1}=-\mu F \frac{R}{h} \int_{0}^{h}\left(3-\frac{x}{h}\right) dx=-\frac{5}{2} \mu F R.$$ Значит, уравнение его вращательного движения
$$\frac{d \omega_{1}}{dt}=\frac{M_{u n}+M_{1}}{I_{1}}=\frac{10}{211 \pi \rho R^{4} h}\left(\frac{P}{\omega_{1}}-\frac{5}{2} \mu FR\right)=\omega_{m}^{2} \frac{\omega_{m}-\omega_{1}}{\omega_{1}}.$$ Переписав это соотношение в виде $\left(\frac{\omega_{m}}{\omega_{m}-\omega_{1}}-1\right) d \omega_{1}=\omega_{m}^{2} dt$, после интегрирования получаем: $\omega_{m}^{2} t=-\omega_{m} \ln \left(1-\frac{\omega_{1}}{\omega_{m}}\right)-\omega_{1}$. Итак, связь угловых скоростей валиков на начальном этапе движения имеет вид
$$\omega_{2}=-\frac{633}{155}\left[\omega_{m} \ln \left(1-\frac{\omega_{1}}{\omega_{m}}\right)+\omega_{1}\right].$$ Значит, в момент равенства угловых скоростей $\omega_{1}=\omega_{2} \equiv y \cdot \omega_{m}$ их общее значение находится с помощью решения уравнения
$\frac{788}{633} y=-\ln (1-y),$ или $\quad 1-y=e^{-\frac{788}{633} y}$. Как видно, ненулевое решение существует действительно, поначалу при $t>0~\omega_{1}>\omega_{2}$, а затем угловые скорости в некоторый момент сравниваются. Его можно найти «подбором» (используя метод дихотомии) или решая приближенно с использованием разложения экспоненты:
$$e^{-\frac{788}{633} y} \approx 1-\frac{788}{633} y+\frac{1}{2}\left(\frac{788}{633} y\right)^{2}-\frac{1}{6}\left(\frac{788}{633} y\right)^{3}+\ldots=1-y.$$
Для переменной $\tilde{y} \equiv \frac{788}{633} y$ получается уравнение $\tilde{y}^{2}-3 \tilde{y}+\frac{465}{394}=0,$ откуда $\quad \tilde{y}=\frac{3}{2}-\frac{1}{2} \sqrt{\frac{843}{197}} \approx 0.46569$. Получаем, что $y=\frac{633}{788} \tilde{y} \approx 0.3741$. Оценка ошибки по наибольшим из отброшенных слагаемых дает, что относительная ошибка порядка $\frac{1}{12} \tilde{y}^{2} \approx 2 \%$. (Более точный анализ показывает, что $y \approx 0.3657425 \pm 0.0000005$.) Использовав найденную величину у в уравнении для $\omega_{2}(t)$, определяем, что соответствующее время $t=\frac{155}{633} \frac{y}{\omega_{m}} \approx 14.3~мс$.

2.5  ^?? Используя результаты, полученные при рассмотрении предыдущих вопросов этой части задачи, найдите с точностью не хуже 3\% величину угловой скорости $\omega_2$ в установившемся режиме. Ответ запишите в $с^{-1}$.

В установившемся режиме момент $M=\frac{P}{\omega_{1}}$, раскручивающий «верхний» валик, равен по величине

$$
\left|M_{1}^{fin}\right|=\mu FR\left[\int_{0}^{z}(3-w) dw-\int_{z}^{1}(3-w) dw\right]=\frac{1}{2} \mu FR \cdot\left(12 z-5-2 z^{2}\right)=4 \mu FR \cdot(\sqrt{10}-3)
$$

(при вычислении интеграла сделана замена переменной $w=x / h$ ). С учетом заданных значений $\mu$ и $F$ находим:
$$\omega_{1}=\frac{P}{4 \mu FR \cdot(\sqrt{10}-3)}=\frac{5 \omega_{m}}{8(\sqrt{10}-3)}.$$

Значит,
$$\omega_{2}=\left(4 \sqrt{\frac{2}{5}}-1\right) \omega_{1}=\frac{4 \sqrt{10}-5}{8(\sqrt{10}-3)} \omega_{m} \approx 37~с^{-1} .$$