Добавил:

InExtremo2023 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Обнинский институт атомной энергетики НИЯУ МИФИ

Предмет:

Физика

Файл:

Здоровцева Г.Г. Контролируемая самостоятельная работа студентов по курсу «Общая физика». Тема «Механика точки»

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

27.12.2020

Размер:

3.64 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 65 6 > Следующая >>>

Рис. 3.2

занной с ускоренно движущимся клином, необходимо еще ввести переносную силу инерции

	= −ma .
fин

Введем сразу две системы отсчета – абсолютную (инерциальную) с неподвижными осями Ox и

Oy, жестко связанными со столом и неинерциальную с осями O′x′ и

O′y′ жестко связанными с клином.

Для нахождения N и ускорения шайбы относительно клина a′ воспользуемся основным уравнением динамики относительного движения:


					(1)
ma′ = mg + N + (−ma) .
Перепишем (1) в проекциях на оси координат:
на O′x′:	m		d2x′	= N sinα − ma ,	(2)
			dt2

на O′y′ :	m	d2 y′		= −mg + N cosα .	(3)

			dt2

Здесь проекции ускорений сразу записаны как вторые производные по времени соответствующих координат.

Эти два уравнения содержат три неизвестных: a′x, a′y, N. Допол-

ним систему уравнением связи между проекциями ускорений. Его мы получим из очевидного соображения: пока шайба остается на поверхности клина, ее текущие координаты связаны через угол α соотношением

y′ = (l − x′)tgα ,

(4)

где l – длина горизонтального катета клина.

Дифференцируя (4) по времени дважды, получаем связь между проекциями ускорений

d2 y′	= −	d2x′	tgα .	(5)
dt2		dt2

Система уравнений (2), (3), (5) позволяет найти все три неизвестные величины. Начнем с определения реакции опоры. Для этого из (2) и (3) выразим проекции ускорений и подставим их в уравнение связи (5):

	N	N
−g +		cosα = −	sinα − a tgα .	(6)

	m	m

Уравнение (6) содержит только одну неизвестную N. Находим ее:

N cosα + N sinα tgα = g + atgα ,

N		sin2 α
	cosα +		= g + a tgα ,

m		cosα

N = m(gcosα + asinα).

(7)

Реакция опоры найдена.

Проекции ускорения шайбы на оси координат, связанные с клином, получим, подставляя (7) в уравнения (2) и (3):

a′	=	N	sinα − a = (g cosα + asinα)sinα − a ,	(8)

x		m
			a′y = −g + (gcosα + asinα)cosα .	(9)

Проекции относительного ускорения a′ найдены.

Для получения уравнения траектории шайбы в абсолютной (связанной с неподвижным столом) системе координат перейдем сначала от (8) и (9) к проекциям абсолютного ускорения. С этой целью воспользуемся теоремой о сложении ускорений

a	= a	+ a .	(10)
абс	отн	перен

В условии данной задачи aперен – это заданное ускорение клина.

Перепишем (10) в проекциях на неподвижные оси координат Ox и Oy:

	d2x	= (gcosα + asinα)sinα − a + a =
	dt2
		= (gcosα + asinα)sinα,
			(11)
d2 y		= (g cosα + asinα)cosα − g .	(12)
	dt2

Решаем уравнение (11), чтобы найти зависимость координаты x от времени:

dx =[(gcosα + asinα)sinα]t + C1 , dt

из условия задачи начальная скорость шайбы равна нулю, поэтому С1 = 0,

x =	1	(gcosα + asinα)sinα t2	+C .

			2
	2

Так как шайба начала движение из точки х = 0, то С2 = 0. Получаем

1			2
x =		(gcosα + asinα)sinα t		.	(13)
x =		(gcosα + asinα)sinα t		.	(13)
	2

Кинематическое уравнение движения шайбы вдоль оси Ox в абсолютной системе отсчета найдено.

Аналогично работая с уравнением (12) найдем зависимость y(t):

dy = (gcos2 α + asinαcosα − g)t + C1, dt

при t = 0, dy = 0 , следовательно, С1 = 0 и dt

y= 1 (gcos2 α + asinαcosα − g)t2 + C2 , 2

при t = 0 шайба начала скольжение с вершины клина, т.е. имела координату y = h, тогда С2 = h и

y =	1	(gcos2 α + asinαcosα − g)t2 + h .	(14)

2

Закон движения по оси Oy найден.

Для получения уравнения траектории надо исключить время из уравнений движения. Из (13)

t2 =

(15)

(g cosα + asinα)sinα

Подставим (15) в (14) и получим

y =

(g cos2 α + asin α cosα − g)

+ h .

(g cosα + asin α)sin α

Упростим полученное выражение

y =

g(cos2

α −1)+ asinαcosα

x+ h =

g(−sin2 α)+ asinαcosα

x+ h =

(gcosα+ asinα)sinα

(gcosα + asinα)sinα

acosα− gsinα

x+ h =

a− g tgα

x+h.

asinα + gcosα

atgα + g

Перепишем окончательно в виде

y = h −	g tgα − a	x .	(16)

	a tgα + g

Уравнение траектории получено. В неподвижной системе координат – это прямая, которая начинается в точке y = h и идет вниз под некоторым углом β к поверхности стола. Тангенс этого угла равен коэффициенту при x в (16).

Заметим, кстати, что шайба действительно будет скользить вниз, как сказано в условии задачи, если ускорение клина будет не слишком велико, точнее, если a < g tgα .

Задача решена.

Задача 3.3. Небольшое тело поместили на вершину гладкого шара радиуса R. Затем шару сообщили в горизонтальном направле-

нии постоянное ускорение a0 и тело начало скользить вниз. Найти скорость тела относительно шара в момент отрыва.

Решение. Эта задача, по сути, не отличается от предыдущих – надо найти одну из кинематических характеристик материальной точки (ее скорость) в системе отсчета, которая движется ускоренно (шар) относительно неподвижной (стол), т.е. найти скорость в неинерциальной системе отсчета. Значит, будем пользоваться основным уравнением динамики относительного движения.

Отличие от предыдущих задач в том, что в этой неинерциальной системе задана траектория – дуга окружности. Поэтому при переходе от векторной записи уравнения динамики к скалярной целесообразно проектировать век-

	торные величины на нормаль и тан-
	генцаль к траектории.
	Сделаем чертеж (рис. 3.3). Нане-
	сем на него силы, действующие на
	тело: силу тяжести, обусловленную
	взаимодействием тела с Землей, силу
	нормальной реакции, обусловленную
	взаимодействием тела с гладким ша-
	ром, и силу инерции, поскольку зада-
	ча будет решаться в неинерциальной
Рис. 3.3	системе отсчета.

Запишем основное уравнение динамики относительного движения для тела в системе отсчета, связанной с шаром

			(1)
ma′ = mg	+ N − ma .		(1)
		0

В той точке траектории, где в данный момент находится тело,


проведем орты n и	τ . Положение тела на дуге будем задавать уг-
лом α (см. рис. 3.3). Спроектируем (1) почленно:
на	n : m			v2		= mg cosα − N − ma sinα ,	(2)

				R	0

			dv
на	τ	: m				= mgsinα + ma cosα .	(3)

				dt	0

В момент отрыва прекращается взаимодействие тела с шаром, поэтому дополняем систему двух уравнений еще одним:

N = 0. (4) Трех уравнений (2), (3), (4) недостаточно, чтобы определить че-

тыре неизвестных – v, N , dv , α. Уменьшим число переменных в dt

этих уравнениях, учитывая, что угол α также меняется со временем. Проделаем цепочку преобразований, чтобы из тангенциального ускорения «убрать» время:

dv = dv dα = dv dt dα dt dα

	s
d			dv	1

	R	=			v ,	(5)
dt			dα	R

где s – длина дуги, на которую опирается угол α, выражаемый в радианах.

Перепишем уравнения (2) и (3) с учётом (4) и (5):

m		v2		= mg cosα − ma sinα ,		(6)
m				= mg cosα − ma sinα ,		(6)
		R			0
		R
m	v		dv		= mgsinα + ma cosα .	(7)
m	R dα				= mgsinα + ma cosα .	(7)
	R dα				0
					0

Решая (7), найдем v как функцию α:

1 vdv = (gsinα + a0 cosα)dα ,

1 v2 = −g cosα + a0 sinα + C . 2R

Постоянную С находим из условия, что тело начало двигаться

из положения α = 0, т.е. 0 = −g + C, C = g . Тогда
1				v2 − g = −g cosα + a sinα .					(8)
				v2 − g = −g cosα + a sinα .					(8)
		2R				0
		2R
Решая совместно (8) и (6), получаем
					v2
		1	v2 − g = −		v2	и v =	2Rg	.
			v2 − g = −			и v =		.
	2R				R	3

Задача решена.

Задача 3.4. Цепочка массы m, образующая окружность радиуса R, надета на гладкий круговой конус с углом раствора 2α. Найти силу натяжения цепочки, если она вращается с постоянной угловой скоростью ω вокруг вертикальной оси, совпадающей с осью симметрии конуса.

Решение. Новизна задачи в том, что решать ее будем во вращающейся неинерциальной системе отсчета. В основное уравнение надо будет ввести центробежную силу инерции.

Сделаем чертежи (рис. 3.4 а, б). Выделим на цепочке малый элемент длиной ∆l и массой ∆m (достаточно малый, чтобы его можно было принять за материальную точку). Нанесем на рисунок силы, действующие на этот элемент: силу тяже-

сти ∆mg , нормальную реакцию N со

стороны гладкой поверхности конуса, две

асилы натяжения T со стороны соседних элементов, направленные по касательным к окружности в точках ограничивающих

Рис. 3.4

∆l. Систему отсчета целесообразно связать с самой цепочкой. В этой системе элемент цепочки будет покоиться, а сила инерции – центробежная сила инерции выразится формулой

	= −∆mω2Rn .
fин	= −∆mω2Rn .	(1)

Запишем для него уравнение динамики относительного движения:

∆ma				− ∆mω2Rn .
∆ma	= ∆mg + N	+T	+T	− ∆mω2Rn .	(2)
		1	2
Перепишем (2) в проекциях		на оси естественного трехгранника


( τ,n,b ), скрепив орты с серединой самого элемента ∆l, учитывая
при этом, что проекции относительного ускорения								a′ на все три
направления равны нулю, а угол между вектором									и силами
направления равны нулю, а угол между вектором								τ	и силами
натяжения равен ϕ:
		на n :	0 = −N cosα − ∆mω2R +T sinϕ +T sinϕ,						(3)
			1				2
			0 = −∆mg + N sin α,
		на b :	0 = −∆mg + N sin α,						(4)
			0 = −T1 cosϕ +T2 cosϕ.
		на τ :	0 = −T1 cosϕ +T2 cosϕ.						(5)
Уравнения (3), (4), (5) содержат пять неизвестных								(N, ∆m, Т1, Т2,
ϕ). Дополним систему еще двумя соотношениями
			∆m =	m	∆l ,				(6)
			∆m =		∆l ,				(6)
	m			2πR
	m
где		– масса единицы длины цепочки;
где	2πR	– масса единицы длины цепочки;
			sinϕ =		∆l	.			(7)
			sinϕ =			.			(7)
					2R

Ввиду малости ∆l заменяем sin ϕ самим углом, выразив его в радианах.

Можно приступать к решению системы уравнений (3)–(7). Поскольку конечная цель – найти натяжение цепочки T, то удобно сначала в уравнение (3) подставить N, выраженное из (4), и с учетом (5) переписать в виде

0 = − ∆mg cosα − ∆mω2R + 2T sinϕ . sinα

Из (8) получаем

	1			cosα	2
T =			∆m g		+ ω	R .
T =	2sin	ϕ	∆m g	sin α	+ ω	R .
	2sin	ϕ		sin α

Подставив в (9) ∆m и sinϕ из (6) и (7), получим ответ

T = m (g ctgα + ω2R) . 2π

Задача решена.

(8)

(9)

Задача 3.5. Человек массы m идет равномерно по периферии горизонтальной круглой платформы радиуса r, которую вращают с угловой скоростью ω вокруг вертикальной оси, проходящей через ее центр. Найти горизонтальную составляющую силы, действующей на человека со стороны платформы, если результирующая сил инерции, приложенных к нему в системе отсчета, связанной с платформой, равна нулю.

Решение. Эту задачу так же, как и предыдущую предлагается решать в неинерциальной вращающейся системе отсчета. Новизна задачи в том, что тело (человек) не покоится в этой системе, а движется с некоторой относительной скоростью. Следовательно, в системе отсчета, связанной с вращающейся платформой, на тело будет действовать, кроме центробежной силы инерции, еще и сила инерции Кориолиса.

Сделаем чертеж (рис. 3.5).

На человека действует сила тяжести mg , сила реакции со стороны платфор-

мы R , которая включает в себя как нор-


	мальную составляющую N , обуслов-
	ленную		упругостью		соприкасающихся
	тел,	так	и	горизонтальную составляю-

	щую	F ,		обусловленную		шероховато-
Рис. 3.5
Рис. 3.5	стью поверхности (R				= N + F) .
	стью поверхности (R				= N + F) .

Нанесем на чертеж также:

-центробежную силу инерции, так как система отсчета вращается относительно неподвижной поверхности Земли;

-силу инерции Кориолиса, так как человек относительно вра-

щающейся системы перемещается с некоторой относительной скоростью v′ .

Направление скорости v′ выбираем так, чтобы при указанном

направлении вектора ω было бы возможным выполнение требования задачи – результирующая сил инерции равна нулю.

Запишем основное уравнение динамики относительного движе-

ния материальной точки (человека):				′
′			2		(1)
ma	= mg	+ R+ (−ω rn)+ 2m[v ω].

Рис. 3.6

Перепишем это уравнение в проекциях на нормаль к окружно-

сти, по которой идет человек:
на n:	m(v′)2	= F − mω2r + 2mv′ω.	(2)
на n:		= F − mω2r + 2mv′ω.	(2)
	r	n
	r
По условию задачи
	−mω2r + 2mv′ω = 0 .		(3)

Уравнения (2), (3) содержат две неизвестные величины – относительную скорость v′ и горизонтальную составляющую реакции

платформы Fn. Из (2) находим относительную скорость
v′ = ωr .	(4)
2

Подставляя (3) и (4) в (2), получаем горизонтальную составляющую реакции опоры, которая обеспечивает равномерное движение человека по краю вращающегося диска

Fn = m ω2r .

Задача решена.

Задача 3.6. На экваторе с высоты h = 500 м на поверхность Земли падает тело (без начальной скорости относительно Земли). Пренебрегая сопротивлением воздуха, найти на какое расстояние и в какую сторону отклонится от вертикали тело при падении.

Решение. Предложена типичная задача динамики, в которой по заданным силам предлагается найти расстояние, отсчитываемое на Земле. Так как вращающаяся Земля является неинерциальной системой отсчета, то использовать будем основное уравнение динамики относительного движения.

Сделаем чертеж (рис. 3.6).

Оси координат (x′, y′, z′) жестко свяжем с Землей, начало координат O поместим на экваторе под той точкой, где находилось тело до падения.

Нанесем на рисунок силы, дей-

ствующие на тело:

Fгр – сила гравитационного притяжения, направлена к центру Земли;

Fцб – центробежная сила инерции (на экваторе направлена

вдоль радиуса Земли от оси вращения);

FКор – сила инерции Кориолиса.

Запишем основное уравнение динамики относительного движения для тела


ma′ = F		+ F	+ F ,	(1)
	гр	цб	Кор

Перепишем (1), учитывая, что векторная сумма силы гравитационного притяжения и центробежной силы инерции – это не что


иное, как сила тяжести P	= mg , и выражая явно силу инерции Ко-
риолиса:
			(2)
ma′ = mg		+ 2m[v′ω] .	(2)

Напомним, как находятся проекции вектора c , являющегося

векторным произведением двух других векторов a

и b :

= ab

bx by bz

=(aybz − azby )i + (azbx − axbz ) j + (axby − aybx )k.

Вэтой задаче

0 v′y

[v′ω]=

=v′yωi

Перепишем (2) в проекциях на оси координат:

на ось Оx′ :

dv′x

= 2m

dy′

ω,

(3)

на ось Оy′ :

dv′y

= −mg .

(4)

Запишем начальные условия для падающего тела

x′(0) = 0,

y′(0) = h,

(5)

v′x (0) = 0,

v′y (0) = 0.

(6)

Начнем решение с дифференциального уравнения (4):

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 65 6 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Физика