ЗФТШ_2013-2014_полное / ЗФТШ_2013-2014_полное / ФИЗИКА / f9_6_движение_по_окружности

11

природе не существует. В инерциальной системе отсчёта движение по

окружности всегда происходит под действием сил, обусловленных из-

вестными взаимодействиями. Такими силами являются силы тяжести,

трения, реакции опоры и т. д.

Пример 6. Период обращения Луны вокруг Земли в геоцентриче-

ской системе

отсчёта

равен

T = 27,32

суток. Зная

радиус

Земли

R = 6400 км

и

ускорение свободного падения

у её

поверхности

g =10м/c2,

найдите расстояние r до Луны.

Решение. Будем считать, что Луна движется вокруг Земли по кру-

говой орбите радиуса r

под действием силы притяжения к Земле.

Тогда из второго

закона Ньютона (рис. 8) maG = mgG(r ), переходя к

проекциям

силы притяжения и ускоре-

ния на нормальное направление, получа-

Л

ем:

m

v2

mM

, v2 =G

M R2

R2

mg(r)

m r =G

r2

R2 r = g r .

v

M

З

y

Линейная скорость связана с периодом

обращения и радиусом орбиты

v = 2πr .

a

T

Из двух последних соотношений нахо-

n

дим

x

gR2T 2 1 3

r =

Рис. 8

≈3,8 108 м.

4π2

Пример 7. Автомобиль движется в горизонтальной плоскости с по-

стоянной по модулю скоростью по закруглению дороги – дуге окруж-

ности радиуса R = 200 м. Коэффициент трения скольжения шин по до-

роге μ = 0,1. При какой скорости v автомобиля его не будет «зано-

сить»? Ускорение свободного падения

y

g =10м/c2 .

Fтр,

N

Решение. Инерциальная система отсчёта и

Fтр

mg

силы, действующие на автомобиль, показаны на

рис. 9. Такими силами являются: сила трения

Fc

FG , сила сопротивления F , сила тяжести mg и

z

Fтр, n

тр

с

сила нормальной реакции N. По второму

зако-

x

ну Ньютона

a

maG = mgG + N + FGс + FGтр .

n

Так как автомобиль

движется

по окружности

Рис. 9

m

v2

= F

(17)

R

тр,n

и на вертикаль

0 = N −mg.

(18)

Величина силы трения ограничена Fтр ≤ μN.

Тогда из (17), (18)

R

c

такого движения: v ≤ μgR = 0,1 10 200 ≈14м/c.

ная составляющая aτ

связаны соотношением

v =

2 aτ s = 2 aτ

2π R

,

отсюда

aτ =

3 v2

.

12

π R

13

amax =

aτ2 + an2

=

v2

2

3v2 2

=

v2

3

2

z

+

R

1 +

.

R

π R

π

Из второго закона Ньютона следует

N = mg, а

x

y

сила трения может сообщить наибольшее по ве-

F

Fтр, max

μ N

Fz

личине ускорение

a

=

=

= μ g.

H

max

m

m

Тогда наибольшая скорость в конце участка раз-

гона равна

n

a

v

μ g R

Fr

v =

≈15м/c.

2

3

r

1+

π

mg

Пример 9. Массивный шарик,

подвешенный

на лёгкой нити, движется равномерно по ок-

Рис. 10

ружности в горизонтальной плоскости (рис. 10).

Расстояние от точки подвеса нити до плоскости,

в которой происходит движение, равно H. Найдите период T обра-

щения шарика. Ускорение свободного падения g.

Решение. Введём обозначения:

L − длина нити, α − угол,

образуе-

мый нитью с вертикалью,

r = Lsinα − радиус

окружности, по

кото-

рой движется шарик со скоростью v. Заметим,

что H = L cosα. Обра-

тимся кGдинамике. На шарик действуют сила тяжести mg и сила натя-

жения F нити. Эти силы сообщают шарику направленное к центру ок-

ружности нормальное ускорение,

по величине равное

a =

4π

2

r.

По

T 2

второму закону Ньютона maG = F + mgG, переходя к проекциям сил и ус-

корения на нормальное направление и на вертикаль, получаем:

m

4π2

r = F sinα,

(19)

T 2

(20)

0 = F cosα −mg.

С учётом (20) преобразуем (19) к виду:

m

4π2

отсюда

T = 2π

Η

.

T 2

Lsinα = mg tgα,

g

14

Пример 10. Кольцо, изготов-

ленное из однородного резино-

вого

жгута длиной

L, массой

M и жёсткостью k,

вращается

n

в горизонтальной плоскости во-

круг вертикальной оси, прохо-

дящей через центр кольца, с уг-

ловой скоростью ω. Найдите

радиус R вращающегося коль-

R

ца.

T1

T2

Решение.

Рассмотрим эле-

2

a

ментарный участок

вращающе-

2

гося кольца длиной

l. Его мас-

l

са

m =

M

l. На выделен-

Рис. 11

2πR

ный участок действуют силы T1 и T2 (рис. 11),

направленные по

каса-

тельным к кольцу и одинаковые по модулю T1 =T2 =T. По второму

закону Ньютона

m aG =T1+TG2 .

Рассматриваемый элементарный участок под действием приложен-

ных сил равномерно

движется

по окружности, следовательно, его ус-

закона

Ньютона к проекциям сил и ускорения на

нормальное направ-

ление,

получаем

M l

ω2 R = 2T sin(α / 2). Величина

T упругой силы

2πR

(силы натяжения) связана с удлинением (2πR − L)

кольца законом Гу-

ка T = k (2πR − L). При малых углах sin(α / 2) ≈α / 2 =

l /(2R). С учё-

15

Пример 11. Определите вес

P тела массой m на географической

широте ϕ. Ускорение свободного падения

g, Землю считайте одно-

родным шаром радиуса R.

Решение. Напомним, что вес P тела – это сила, с которой тело дей-

ствует на опору или подвес. Допустим, что тело лежит на поверхности

z

вращающейся Земли, на него дейст-

вуют сила тяжести mg, направленная

r

N

к центру

Земли, и сила

реакции NG

(рис. 12). По третьему

закону Нью-

n

a

тона P = −NG. Поэтому для определе-

ния веса тела найдём силу реакции

mg

N. В инерциальной системе отсчёта

тело равномерно движется по окруж-

y

ности радиуса r = R cosϕ

с перио-

дом одни сутки, т. е. T =86400 c, и

циклической частотой

Рис. 12

ω

= 2π = 7,3 10−5 с−1.

T

Ускорение тела по величине равно a

=ω2 r =ω2 R cosϕ и на-

n

правлено к оси вращения Земли. Из этого следует, что равнодействую-

щая сил тяжести и реакции Земли тоже должна быть направлена к оси

вращения Земли. Тогда сила реакции образует с перпендикуляром к оси

вращения некоторый угол α ≠ϕ,

иначе сумма сил, приложенных к те-

лу, а следовательно, и ускорение были бы равны нулю. По второму за-

кону Ньютона m aG = m gG

+ N.

Перейдём к проекциям сил и ускорения на нормальное направление

mω2 R cosϕ = mg cosϕ − N cosα

и на направление, перпендикулярное плоскости, в которой лежит ок-

ружность, 0 = −mg sinϕ + N sinα.

Исключая α из двух последних со-

отношений, находим вес тела:

P = N =

(mg )2 −m2ω2 R(2g −ω2 R)cos2 ϕ.

Пример 12. Маленький деревянный шарик прикреплён с помощью

нерастяжимой нити длиной l =30см ко дну цилиндрического сосуда с

водой. Расстояние от центра дна до точки закрепления нити r = 20см.

Сосуд раскручивают вокруг вертикальной оси, проходящей через

центр дна. При какой угловой скорости вращения нить отклонится от

вертикали на угол α =30o ? Ускорение свободного падения g =10м/c2 .

16

Решение. Нить с шариком отклонится к оси вращения. Действи-

тельно, на шарик будут действовать три силы: сила mg тяжести,

сила

TG

натяжения нити и сила

FA

Архимеда (рис.

13). Найдём эту силу.

Обозначим объём шарика V, плотность дерева, из которого изготовлен

шарик, ρш, плотность воды ρв и рас-

смотрим движение жидкости до по-

FA,z

гружения в неё шарика. Любой элемен-

тарный объём

воды равномерно дви-

жется по окружности в горизонтальной

плоскости. Следовательно, вертикаль-

FA,r

ная составляющая суммы сил давления

r

a

(силы Архимеда) FA,z

уравновешивает

T

силу тяжести, действующую на жид-

mg

кость в рассматриваемом объёме, гори-

зонтальная составляющая FA,r сообща-

ет этой жидкости центростремительное

r

ускорение.

При

замещении жидкости

Рис. 13

шариком эти составляющие не изме-

няются. Тогда вертикальная составляющая силы Архимеда, действую-

щей на шарик, по величине равна

FA,z

= ρвV g,

а направленная к оси

вращения

составляющая

силы

Архимеда

по

величине

равна

F

= св V ω2 (r −lsinα). Под

действием

приложенных

сил шарик

A,r

движется равномерно по окружности радиуса (r −lsinα) в горизонталь-

ной плоскости.

Из второго закона Ньютона m aG = m gG +T + FG.

Переходя к проекциям сил

и

ускорения на вертикальную ось,

нахо-

дим:

ρвV g − ρшV g −T cosα = 0,

проектируя силы и ускорения в горизонтальной плоскости на нормаль-

ное направление, получаем

ρш V ω2 (r −l sinα) = ρв V ω2 (r −l sinα) −T sinα.

Исключая T из двух последних соотношений, определяем искомую уг-

ловую скорость ω =

g tgα

≈10,7c−1 .

Пример 13.

r −lsinα

горбатого мостика,

имеющего

Определите радиус R

вид дуги окружности, если известно, что при скорости v =90км/ч вес

автомобиля в верхней точке мостика вдвое меньше веса на горизон-

тальной дороге. Ускорение свободного падения g =10м/c2 .

18

вив\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\шуюся скорость v

скольже-

ния бусинки. Ускорение свободного падения g.

m g, нормальной

Решение. На бусинку действуют силы: тяжести

реакции NG и трения Fтр = μ N,

при этом N = NG1 + NG

2 , здесь

N1 − го-

ризонтальная составляющая, а

N2 лежит в одной плоскости с m gG и

FG

(рис. 15).

m aG = m gG + N + NG

2

+ FG .

1

тр

Переходя к проекциям сил и ускорения на нормальное направле-

(v cosα)2

ние, находим

m

= N .

В вертикальной плоскости

R

1

G

G

G

G

0

= m g

+ N2

+ Fтр, переходя к проекциям сил на взаимно ортогональные

направления, находим

Fтр = m g sinα,

N2

= m g cosα.

Из этих соотношений с учётом F

= μ

N 2

+ N 2

получаем:

v =(g R / μ)

тр

1

2

+1)

.

(tg α − μ

)(tg α

1/ 2

2

2

2

1/ 4

D

O

D

O

N

an

v

v

R

C

g

C

v0

a

aτ

mg

A

B

A

B

NG

Рис. 16

Рис. 17

. По второму закону Ньютона maG = mgG

+ N. Перейдём в этом уравне-

m

v 2

= m

v 2

+ mgR(1 − cosα ),

0

отсюда

2

2

v 2

v 2

102

1

an

− 2 g (1

− cosα )=

= 10 м/c2 .

=

=

0

− 2

10

1

−

R

R

5

2