И.Е. Иродов 'Механика. Основные законы', страница 11

° 2,2. Ы установке (рнс. 2.9) наклонная плоскость составляет угол а=30' с горизонтом. Отношение масс тел з1=т1/та=2/3. Коэффициент трения между телом тз и плоскостью 2=0,!О. Массы блока и нити пренебрежимо малы. Найти модуль и направление ускорения тела то если система пришла в движение из состояния покоя. Решен не. Здесь сразу же возникает вопрос, связанный с направлением силы трения, действующей на тело тз. Без ответа на этот вопрос нельзя записать основное уравнение двинамики для тела тз в проекциях и задача оказывается неопределенной Будем рассуждать так в отсутствие силы трения тело т, начало бы скользить по наклонной плоскости, допустим, вверх. Ясно, что «включение» силы трения не может изменить направления движения, а только уменьшит ускорение Таким образом, направление силы трения, действующей на тело тз, будет определено, если найти направление ускорения этого тела в отсутствие трения (Ф=О). С этого мы и начнем Запишем основное уравнение динамики для обоих тел в проекциях, взяв положительные направления осей х~ и хв как показано на рис 29 тгах=тга — Т, тга =Т вЂ” тгаз!па, где Т вЂ” сила натяжения нити Сложив почлен- но левые и правые части этих уравнений, полу- чим г — з1п а а,= т р! Подстановка в это выражение ц=»1з и а=ЭО' дает о,>0, т е тело т, начнет двигаться вверх по наклонной плоскости Следовательно, сила трения, действующая на это тело, будет направлена в противоположную сторону С учетом ва снова запишем уравнения движения Рис.

2.18 этого обстоятельст- тга =тгх — Т', тг а, =. Т' — юг К з!па — йтахсоз и. Отсюда ° 'ч — 3!п и — й соз а а х т+ 1 я=0,05я. т,а,,=Т вЂ” тга, тг ага = Т вЂ” ттрн, (1) (2) Эти уравяения содержат три неизвестных агв а„ и Т. Для составления третьего уравнения воспользуемся кинематической связью между ускорениями а! = ао + а' аг = аз в а', ° 2вй Через блок (рис 2 !О) перекинута нерастяжимая нить, на концах которой висят грузы 1 и 2 с массами т~ и тз соответственно, Блок начали поднимать вверх с ускорением а« относительно Земли Полагая, что нить скользит по блоку без трения, найти ускорение а, груза 1 относительно Земли. Р е ш е н и е Выберем положительное направление оси х вверх н запишем для обоих грузов основное уравнение динамнхи в нроек.

ции на эту осгп где а' — ускорение груза ! относительно блока. Сложив почленно левые и правые части этих равенств, получим а1+аз=2аэ, нлн в проекциях на ось х а,» + аз» = 2ао, (3) Решив совместно уравнения (1), (2) и (3), найдем 2тг аз + (тз — тз) л а!» = тт+ тз Отсюда видно, что при заданном аз знак а~ зависит от соотношения масс т, и гпь Рнс. 2.12 Рис.

2.1! ° 22,4. Неболыпая п|айба движется по нанлонной плоскости, коэффициент трения которой й=!йп, где а — угол наклона плоскости к горизонту. Найти зависимость скорости о шайбы от угла ф между вектором ч и осью х (рис. 2.11), если в начальный момент о= аз и ф = пу2. Р е ш ен не. Ускорение шайбы вдоль плоскости определяется составляющей силы тяжести на эту плоскость Р =тк з1п а и силой трения Ртэр басов а.

В нашем случае Л=!3 а, поэтому Ртр = Р» = тл з!п и. Найдем проекции ускорения на направление касательной к траектории и на ось х: гла = Р, соз у — Р р =- тл з!п ц (соз а — !), тах — — Р» — Ртр соз ф = тй а!па (1 — соз ф). Отсюда видно, что а,= — а„ а это значит, что скорость о и ее проекция о„ различаются лишь на некоторую постоянную С, не зависящую от времени, т. е. о=- — о +С, где о = о соз ф.

Постоянную С находим из начального условия о= оз, откуда С= оз. В результате получим о = озу(1+ соз,'ф). С ростом времени ф-эО и о- оз(2. ° 2.5. Тонкий однородный упругий шнур массы т и длины !з( в нерастянутом состоянии) имеет коэффициент уяругостн н. Склепа бб торцы, шнур положили на гладкую горизонтальную плоскость, придали ему форму окружности и раскрутили до угловой скорости ы вокруг вертикальной оси, проходящей через его центр. Найти силу натяжения шнура в эгом состоянии. Р е ш е н и е.

Мысленно выделим малый элемент шнура массы йли как показано на рис. 2.12, а. Этот элемент движется по окружности под действием силы, представляющей собой геометрическую сумму двух векторов, каждый из которых равен по модулю искомой силе натяжения Т (рис. 2.12, б). Поэтому согласно основному уравнению динамики, Ьш. чт г = Т Ьа. Учтем, что блт=(т/2л)ба и г=1/2н, 1 — длина шнура во вращающемся состоянии. Тогда (1) примет вид т вт 1/4па = Т.

(2) С другой стороны, по закону Тука, т =»(1-1а). (3) Исключив 1 из (2) и (3), получим » Та Т= 4пз»/гл мз — 1 Заметим, что в случае нерастяжимого шнура (н=-оа) 7=таз/а/4пз. ° 2.6. Интегрирование уравнений движения. Частица массы гл движется под действием силы Р. В момент 1=0 известны ее радиус- вектор г(0) н скорость ч(0) — начальные условия. Найти положение частицы, т. е. ее радиус-вектор г, в зависимости от времени 1, если: 1) Р=Ра з(пы1, г(0)=0, ч(0) =О; г (0) =О, ч(0) =ча. г (О) = га, ч(0) = ча, причем ча!)га. 2) Р= — йч, 3) Р=- — »г, Здесь Ра — постоянный вектор; сь А, и — положительные постоянные.

Р е ш е в не. 1. Согласно основному уравнению динамики, в данном случае ускорение дч/41 = (Ра/гл) з|п н/. Отсюда находим элементарное приращение вектора скорости Пч за время 41 и затем приращение этого вектора за время от 0 до 1: г ч (1) — ч (0) = (Ра/т) ~ з!и нг 41. Учитывая, что ч(0) =О, после интегрирования получим ч (1) = (1 — соз ы1) Ра/ин». Теперь найдем бг — элементарное перемещение, или пряращеиие радиуса-вектора г частицы за время г(1: пг=-ч(1)б1.

приращение же радиуса-вектора за время от 0 до 1 57 г(!) — г(0) = (Рс/ти) ~ (1 — сони!) б«., В результате интегрирования находим г (!) = (и/ — з(п е!) Ро/азиз. где учтено, что г(0) =О. Йа рис. 2.13 показаны графики зависимостей о (!) и х(1) — проекций векторов ч и г на ось к, выбрааную в направлении движения частицы, т. е, в направлении вектора Гь Рис. 2.!4 Рис.

2.13 2. В этом случае ускорение дч/б« .= — («/гл) т. Для интегрирования этого уравнения перейдем к скалярной форме— к модулю вектора ч: до/б/ = — — («/т) о. Интегрирование этого уравнения (с учетом начальных условий) дает !п(о/оэ) = — («/щ) Г. После потенцировання возвращаемся к векторной форме: т =ч е «г/и. а Последнее уравнение интегрируем еще раз (и также с учетом начальных условий): г = ) т б/ = (1 — е « /~) што/й.

о На рис. 2.14 показаны графики скорости о н пройденного пути з в зависимости от времени Г (в нашем случае з=г), 3. В данном случае движение будет происходить вдоль прямой, совпадающей с радиусом-вектором г. Возьмем в этом направлении ось х и сразу запишем основвое уравнение динамики в проекции на эту осгь причем в такой форме: я+ изх=0, где х — вторая производная коордннаты по времени (проекция вектора ускорения), ыз=я/т, Уравнение (1) называют у р а вне н и ем гармонических колебаний. В математике доказывается, что общее решение этого уравнения имеет вид (2) х(Г) =- Я сонь>!+ В з1п м!, где Я и  — произвольные постоянные.

Ограничения, накладываемые на эти постоянные, определяются обычно из начальных условий. Например, в нашем случае в момент !=0 х(0) =хо и ох(0) =ос„ (3) где хч и о„. — проекции векторов гч и чч на ось х. После подстановки (2) в (3) получим Я=хм В=со*/ы. Дальнейшее очевидно. 2' Г ° 2.7, Частица массы т движется г некоторой плоскости под действием па / стоянной по модулю силы Г, направление которой поворачивается в этой плос- ?>ха>! кости с постоянной угловой скоростью оь >а,. В момент !=0 скорость частицы равна нулю.

Найти модуль скорости частицы как функцию времени !, а также путь, р х проходимый частицей между двумя последовательными остановками. Рис. 2.15 Р е ш е н и е. Свяжем с данной плоскостью систему координат х, у, взяв ось х в направлении, которое имел вектор силы в момент 1=-0 (рис. 2 15). Тогда основное уравнение динамики в проекциях на оси х и р будет иметь внд т бох/б!.= Р соз м!, т дов/б! = Р з1п !.

Проинтегрировав эти уравнения по времени с учетом начального ус. ловия о(0) =О, получим ох — — (Р/тз>) з!п шг, ов — — (Р/тм) (1 — соз а>!). Модуль вектора скорости частицы о =1/ оз -1- оз = 2) з1п(м//2)1Р/тм. Отсюда видно, что скорость о обращается в нуль через промежуток времени Лг, который можно найти из условия ый//2=я. Поэтому искомый путь аг з = ~ о б/= 8Р/тма. Ь Заметим, что траектория частицы имеет вид циклоиды. ° 2.8, Автомашина движется с постоянным таигенциальным ускорением а по горизонтальной поверхности, описывая окружность радиуса )?. Коэффициент тренин между колесами машины и поверхностью равен й. Какой путь з пройдет машина без скольжения, если начальная скорость ее была равна нулю? 59 Решение.

По мере увеляченвя скоростя будет раста как нормальное, так и полное ускорение машины. Движение будет происходить без скольжения, пока необходимое полное ускорение будет обеспечиваться силой трения. Максимально возможное значение этой силы Г „„,р йтд, где т — масса машчны. Поэтому максимальное знзченне полного ускорения (согласно основному уравнению дннамн. кн та=Г) авакс = йн. С другой стороны, 'хяакс = 1' а, + (о г'() (2) где о — скорость машины в момент, когда ее ускорение станет максимально возможным. Эта скорость н искомый путь з связаны формулой г =2а 'з. (3) Выразив о из (1) и (2) н подставив в (3), получим ! а = — )т)/(дауа )г — 1. 2 Нетрудно видеть, что решение имеет смысл прн а (Ау. Рнс. 2.1б ° 2.9.

14еннерцнальные системы отсчета. Спутннк движется в экваториальной плоскости Земли с запада на восток по круговой орбите радиуса г. Пренебрегая ускореннем, обусловленным движением Земли вокруг Солнца, найти ускоренне а' спутника в системе отсчета, связанной с Землей. Р е ш е н не. Пусть К вЂ” инерциальная (по условию) система отсчета, в которой ось вращення Земли покоится, а К' — неннерцнальная система отсчета, которая связзна с Землей н вращается с угловой скоростью ы относительно К-системы. Нас интересует ускорение а' спутника в К'-снстеме. Для этого прежде всего изобразим все силы, действующие на спутник, в этой системе отсчета: силу тяготения Г, силу Корнолнса Г„гэ н центробежную силу инерции Г„, (рнс. 2.16, внд со стороны Северного полюса).