Колмаков Ю.Н. Лекции по физике ТулГУ. Механика / mech-zad-TulGU

мальное ускорение максимально и равно ускорению свободного падения (an = g ), а скорость становится наименьшей (v = v0 cos α). Поэтому

Из условия исчезновениявертикальнойпроекции скорости v0 sin α− gt = 0 определяем время подъема камня на наибольшую высоту: t = v0 sin αg . Эта высота совпадает с высотой сферы(рис.1.8).

Используя теперь тривиальное равенство sin2 α+cos2 α =1 , получаем из

Задача 1.9.

Найти величину ускорения тела, соскальзывающего без начальной скорости по винтовому желобу с шагом h и радиусом R (рис.1.9) в конце n -го витка. Найти также время соскальзывания. Трение считать пренебрежимо малым.

Решение

Движение по винтовой (спиральной) линии можно представить в виде

жив это ускорение на вертикальную и горизонтальную проекции, нахо-

12 Глава 1. Кинематика

дим, что тело движется вниз с ускорением aв = (g sin α) sin α и одновре-

v ' = v cos α – проекция скорости тела на горизонтальное направление. Зная проекции ускорения на три взаимно перпендикулярных направления (рис.1.9), легко найти полное ускорение тела:

На рис.1.10 один виток траектории "развернут" на вертикальной плоскости, и видно, что sin α = hl, cos α = 2πRl , где l = h2 +4π2 R2 – длина

одного витка.

Так как трение отсутствует, а силы нормальной реакции работу над телом не производят, то из закона сохранения энергии mgH = mv2 2 следует, что спустившись с высоты n витков H = hn , тело приобретет скорость v = 2ghn . После подстановки в формулу (1.10), находим искомую величину ускорения в конце пути:

Время соскальзывания легко определить для вертикальной проекции движения:

Задача 1.10

По наклонному желобу, имеющему форму вогнутой циклоиды (рис.1.11), соскальзывает без трения небольшая шайба. Найти время соскальзывания шайбы с высоты h до нижней точки желоба.

Решение

Циклоида – это кривая, которую описыварис. 1.11 ет точка, находящаяся на ободе колеса, которое катится равномерно и без проскальзывания. В параметрической

форме уравнение циклоиды имеет вид:

x = R (ϕ−sin ϕ); y = R (1−cos ϕ),

где R – радиус колеса, ϕ – угол поворота, а точкам x = 0, πR, 2πR соответствуют углы поворота 0, π, 2π .

Пусть в начальный момент времени шайба находилась в точке (x0 , y0 ) и имела нулевую начальную скорость v0 = 0 . В произвольный момент време-

Нижней точке желоба соответствует угол ϕ = π, поэтому в верхнем пре-

Итак: время соскальзывания шайбы не зависит от высоты или от на-

чальной точки соскальзывания! Кривые или поверхности с таким свойством называются изохронными.

В 1673 г. Х. Гюйгенс доказал, что циклоида – единственная изохронная кривая. А в 1696 г. И.Бернулли показал, что циклоида, к тому же, является брахистохроной, т.е. кривой, время соскальзывания по которой с данной высоты является наименьшим. Вспомните, какую форму имеют крыши индийских пагод!

Кинематика вращательного движения.

Задача 1.11

Якорь электромотора, вращавшийся с частотой ν0 =50 Гц, после выклю-

чения тока, двигался с угловым ускорением, линейно убывающим с течением времени, и остановился через τ =10 с, сделав до остановки N = 300 оборотов. Найти зависимость углового ускорения от времени в явном виде.

Решение

Согласно условию задачи, ε = α−βt .Поэтому

ω = ∫εdt = ωo +αt −βt2 2 ,

где ω0= 2πν0 – начальная угловая скорость вращения. Так как ω = 0 при

Подстановка численных значений в эти выражения дает: α = −4π с−2 и

β =1, 2π c−3 . Таким образом, ε = −4π(1+0,3t ) c−2 .

Задача 1.12

Твердое тело вращается вокруг неподвижной оси так, что его угловое ускорение меняется по закону ε = ε0 (1−αϕ), где ε0 и α – положительные константы, а ϕ – угол поворота. Найти зависимость угловой скорости от угла поворота и описать характер движения. Известно, что ω = 0 при ϕ = 0 .

Решение

Из определения угловой скорости следует, что dω= εdt = ε0 (1−αϕ)dt.

Но dt = dϕdω, поэтому ωdω= ε0 (1−αϕ)dϕ . Интегрируя это дифференциальное уравнение с учетом начального условия, находим:

нимать отрицательных значений).

Движение, о котором идет речь – колебания около положения равновесия ϕ =1α с амплитудой ϕm =1α . Из формулы (1.13), в силу того, что

К этому результату можно прийти намного быстрее, если привлечь на помощь динамику, где доказывается, что уравнение гармонических колебаний в канонической форме имеет вид:

где ω0 – циклическая частота колебаний. Тогда условие задачи можно записать в виде

16 Глава 1. Кинематика

где ϕ1 = (ϕ−1α) – новая угловая переменная (угол поворота, отсчитываемый от положения равновесия ϕ1 = 0 ). Из уравнения (1.15) сразу сле-

дует, что ω0 = ε0α или T = 2πω0 = 2π ε0α

– в полном согласии с формулой (1.14).

Сложение скоростей.

Задача 1.13

На одном конце бесконечно растяжимого шнура длины l =1 м сидит жук,

тогда как другой конец шнура закреплен в стене. В начальный момент времени t = 0 шнур начали растягивать, перемещая свободный конец шнура с

постоянной скоростью v0 =1 м/с, а жук пополз по шнуру к стене с постоянной скоростью u = 0,1 м/с . За какое время τ жук доползет до стены?

Решение

Направим ось x вдоль скорости растягиваемого шнура (рис.1.13,а). Правый конец шнура удаляется от стены со скоростью v0 , и в момент t находится на расстоянии l +v0t , а левый конец шнура неподвижен. По-

этому скорость любой точки шнура пропорциональна ее удалению x от

стены, как показано на рис.1.13,б: v (x)= l +xv0t v0 .

Остается решить это дифференциальное уравнение с учетом начальных

Возвращаясь к переменной x, получаем искомое решение уравнения (1.16):

Полагая в формуле (1.17) x = 0 в тот момент времени t = τ , когда жук доползет до стены, находим:

В тот момент времени, когда центр катящегося без скольжения со скоростью v0 колеса радиуса R находился в точке C (рис.1.14), с его обода

сорвался застрявший камешек и пролетел через точку C . На какую максимальную высоту h над поверхностью земли взлетит этот камешек?

Решение

Катящееся колесо совершает два движения – поступательное со скоростью v0 вдоль оси x и

вращательное с угловой скоростью ω = v0 R .

Скорости этих движений складываются векторно, и камешек, оторвавшийся в точке A (рис.1.14), имеет проекции скорости vx0 = v0 −v0 cos α ,

vy0 = v0 sin α . Он летит за колесом вдоль оси x

(если на автомобили не ставить брызговиков, то за ними будет лететь шлейф грязи, догоняющий автомобиль при его резком торможении). Условие пролета камешка в некоторый момент времени t1 через точку

Время подъема камешка до наивысшей точки t2 = v0 y g = v0 sin α g , а

Задача 1.15

Два твердых тела вращаются вокруг неподвижных взаимно перпендикулярных осей с постоянными угловыми скоростями ω1 = 3 рад/с и ω2 =

= 4 рад/с. Найти угловую скорость и угловое ускорение одного тела относительно другого.

Решение

Рассмотрим систему O ' , в которой первое тело неподвижно, и которая вращается вместе с первым телом вокруг оси z ' с угловой скоростью ωG1 . В этой системе ось вращения z '' вто-

рого тела дополнительно будет вращаться в противоположную сторону с угловой скоро-

стью (−ωG1 ), как показано на рис.1.15. Угловые

скорости вращения второго тела складываются, рис. 1.15 и получается угловая скорость вращения второ-

го тела относительно неподвижного первого:

ωGотн = ωG2 +(−ωG 1 )= ωG2 −ωG 1 ,

в соответствии с определением относительной скоро-

Задача 1.16

Нить, намотанную на ось катушки, тянут со скоростью v под углом α к горизонту. Вследствие этого катушка катится по горизонтальной плоскости без скольжения. Найти скорость центра масс и угловую скорость вращения катушки. При каком условии катушка движется а) в сторону движения нити? б) в противоположную сторону? Радиусы центральной части катушки и ее обода равны соответственно r и R .

Решение

В неподвижной системе K , связанной с горизонтальной плоскостью, катушка совершает два движения: поступательное со скоростью vGC и вращательное с

рис. 1.17 угловой скоростью ωG (рис.1.17,а). Так как скольжения нет, то точка касания B неподвижна и

Переход в неинерциальную систему отсчета.

Задача 1.17

На клин, плоскость которого составляет угол ϕ с горизонтом, положили