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

Внимание! Если размещение файла нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам

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):

Источник: https://studfile.net/preview/16404213/

Смотрите также:




Изложение содержания дела, по которому приняты судебные постановления
_1-тема-СтрМетал
_1966(~1
_files_materials_5053_prog.ntr
_Антонян Ю.М., Сексуальные преступления. Чикатило и другие
_РГР № 1 (2)
- Габариты и масса 27