С.Ю. Никитин, С.С. Чесноков - Механика (1111872), страница 13
Текст из файла (страница 13)
Перейдем в неинерциальную систему отсчета, вращающуюсявместе с проволокой. Условие равновесия бусинки в некоторой точке проволоки имеет видmg + N + Fин = 0 .Рис. 7.4(7.26)Векторы сил показаны на рис. 7.4. Через α на этом рисунке обозначен угол между касательной к проволоке игоризонталью. Проектируя векторное равенство (7.26) нагоризонтальную и вертикальную оси координат, получимуравненияN sin α = m ω 2 r, N cos α = mg ,где r – расстояние от бусинки до оси вращения. Отсюда tg α =(7.27)ω 2r. С друgdf, где f = f ( r) – искомая функция, описывающаяdrформу проволоки. Для этой функции получаем дифференциальное уравнениегой стороны, tg α =df ω 2=r.drgИнтегрирование этого уравнения с учетом граничного условия f (0) = 0даетf (r) =ω2 2r ,2gт.е.
проволока должна иметь форму отрезка параболы.§7. Неинерциальные системы отсчета101Пример 7.4. Горизонтально расположенный гладкий стержень вращается спостоянной угловой скоростью ω вокруг вертикальной оси. По стержню безтрения скользит колечко массой m, движущееся от оси вращения с начальной скоростью v0. Найти силу N, с которой стержень действует на колечко вмомент, когда оно находится на расстоянии l от оси вращения.Решение. Рассмотрим движение колечка в неинерциальной системе отсчета, вращающейся вместе со стержнем(рис. 7.5).
Сила тяжести, действующаяна колечко, уравновешивается вертикальной составляющей силы реакцииРис. 7.5стержня: mg = N z . В горизонтальнойплоскости уравнения движения колечка имеют видm&x& = mω2 x, 0 = N y − Fк ,(7.28)где Fк – сила Кориолиса. Для того, чтобы проинтегрировать первое уравнение из системы (7.28), воспользуемся соотношениемx&& =d2xdt2=dv dv dxdv==v.dt dx dtdxИмеемvdv= ω 2 x , v ( 0) = v 0 .dxОтсюда находим скорость колечка в момент, когда оно находится на расстоянии l от оси вращения:v 2 = v02 + ω 2 l 2 .§7.
Неинерциальные системы отсчета102Из второго уравнения системы (7.28) определяемN y = Fк = 2mωv .ОкончательноN = N y2 + N z2 = m g 2 + 4ω 2 (ω 2 l 2 + v02 ) .Пример 7.5. С высоты h, много меньшей радиуса Земли, без начальнойскорости падает тело. Определить смещение точки падения тела на Землюпо отношению к отвесу, вызванное суточным вращением Земли. Сопротивление воздуха не учитывать. Географическая широта места ϕ. Угловая скорость вращения Земли Ω.Решение.
Выберем неинерциальную систему отсчета, жестко связанную свращающейся Землей (рис. 7.6). Ось O'X' направим вдоль параллели с запада на восток, осьO'Z' – вверх от поверхности Земли через точкуначала падения тела параллельно отвесу. Линия отвеса определяется направлением ускорения свободного падения тела, имеющего нулевуюскорость относительно поверхности ЗемРис. 7.6ли:g = g0 + Ω2 R ′ ,где g0 – ускорение, вызванное притяжением тела к Земле, Ω 2 R ′ – ускорение, обусловленное центробежной силой инерции. Уравнение движениятела в неинерциальной системе отсчета имеет видm&r&′ = mg + Fк = mg + 2m[ v′, Ω] ,(7.29)§7. Неинерциальные системы отсчета103где v′ – скорость тела.
Из-за малости величины Ω сила Кориолиса оказывается значительно меньше силы притяжения Земли, поэтому в первом приближении можно считать, что направление скорости тела при падениипочти не отличается от отвесного. Следовательно, сила КориолисаFк = 2m[ v′, Ω] действует в плоскости X ′O ′Z ′ , причем при движении телавниз направлена на восток. Проектируя уравнение (7.29) на декартовы оси,получаемmx&& ′ = −2mz& ′Ω cos ϕ, z&&′ = − g .Интегрируя эти уравнения с начальными условиямиx& ′(0) = 0, z& ′(0) = 0, x ′(0) = 0, z ′(0) = h ,находимz& ′ = − gt, z ′ = h −За время падения t0 =x 0′ =2hтело сместится на восток на расстояниеg2 2Ωcos ϕ3 ggt 2gt 3 Ω cos ϕ, x&& ′ = 2 gt Ω cos ϕ, x ′ =.23h3 / 2 .Задание для самостоятельной работы7.6. Тонкий стержень, расположенный горизонтально, перемещается в горизонтальной плоскости с ускорением a0, направленным под углом α к стержню.
По стержню скользит бусинка массой m, причем коэффициент трениямежду нею и стержнем равен μ. Найти ускорение a бусинки относительностержня.§7. Неинерциальные системы отсчета1047.7. По горизонтальной плоскости с заданным ускорением a0, направленным вправо, перемещается брусок A (рис.
7.7). Найти ускорение тел 1 и 2 относительно бруска. Массытел одинаковы, коэффициент трения между брускоми обоими телами равен μ. Массы блока и нитей пренебрежимо малы, трения в блоке нет.Рис. 7.77.8. Поезд движется с постоянным ускорением a на прямолинейном горизонтальном участке пути. В одном из вагонов к потолку подвешен на нитидлиной l маленький шарик. Шарик отклоняют от положения равновесия иотпускают. Найти период колебаний шарика T.7.9. На широте ϕ = 60° произвели выстрел из винтовки, расположенной вплоскости меридиана и направленной горизонтально на север.
Пренебрегаясопротивлением воздуха, найти, в какую сторону и насколько отклонитсяпуля от плоскости меридиана за время τ = 1 с после начала ее полета. Угловая скорость вращения Земли Ω = 7,28 ⋅10 −5 рад/с. Начальная скоростьпули v0 = 500 м/с.7.10.
Угловая скорость вращения плоскости колебаний маятника Фуко, установленного в Санкт-Петербурге (географическая широта ϕ1 = 59° 52′ ),составляет ω1 = 6,30 ⋅10 −5 рад/с. С какой угловой скоростью ω 2 будетвращаться плоскость колебаний маятника Фуко, если установить его в Сочи(географическая широта ϕ 2 = 43° 38′ )?7.11. Проволочное полукольцо радиусом R вращается вокруг вертикальной оси с угловой скоростью ω (рис. 7.8).Вблизи верхнего подшипника (точка A) находится бусинка,нанизанная на проволоку.
Найти скорость бусинки относительно полукольца в точке C, если в точке A ее скоростьравнялась нулю. Трением пренебречь.Рис. 7.8§7. Неинерциальные системы отсчета1057.12. Невесомая жесткая спица с закрепленными на ней двумя одинаковымималенькими шариками вращается вокруг вертикальной оси, проходящейчерез ее верхний конец, с угловой скоростью ω (рис. 7.9). Найти угол ϕ, накоторый спица отклоняется от вертикали.Рис. 7.9Рис. 7.107.13. Двойной математический маятник, представляющий собой два одинаковые маленькие шарика, подвешенные на нитях одинаковой длины (рис.7.10), вращается вокруг вертикальной оси с угловой скоростью ω. На какойугол β от вертикали отклонится нижний маятник, если верхний отклонен отвертикали на угол α?7.14.
На карусели установлена зажженная свеча под стеклянным колпаком.Когда карусель раскручивают, пламя свечи начинает наклоняться в сторонуоси вращения карусели. Объясните этот эффект. На какой угол α от вертикали отклонится пламя, если расстояние от свечи до оси карусели R, а угловая скорость вращения ω?7.15. Из тонкого резинового жгута массой m с коэффициентом упругости kизготовили кольцо радиусом r. Кольцо раскрутили вокруг его оси с угловойскоростью ω. Какой радиус R будет иметь вращающееся кольцо?§8. Момент инерции твердого тела106§8.
Момент инерции твердого телаКраткие теоретические сведенияОсновной величиной, характеризующей меру инертности твердоготела при его вращении, является момент инерции. Для твердого тела, представляющего собой дискретную систему материальных точек, моментинерции относительно оси вращения рассчитывается по формулеI=∑ mi ri2⊥ ,(8.1)iгде mi - масса i-той точки, ri⊥ – расстояние от этой точки до оси вращения(рис. 8.1). Если твердое тело можно рассматривать как сплошное, то суммав формуле (8.1) заменяется интегралом по объему тела V:∫I = ρ r⊥2 dV ,(8.2)Vгде dV – элемент объема, ρ – плотность материала, r⊥ – расстояние от данного элемента тела до оси вращения.Рис. 8.1К вычислениюмомента инерцииРис. 8.2К теореме Гюйгенса-Штейнера§8.
Момент инерции твердого тела107Для разных осей вращения моменты инерции одного и того же теларазличны. Согласно теореме Гюйгенса-Штейнера, момент инерции тела Iотносительно произвольной оси равен моменту инерции тела Ic относительно оси, проходящей через центр масс тела и параллельной данной, сложенному с произведением полной массы тела m на квадрат расстояния a междуосями (рис. 8.2):I = I c + ma2 .(8.3)Для твердого тела, которое можно представить как систему материальных точек, радиус-вектор центра масс рассчитывается по формуле (5.3).Для сплошного тела положение центра масс определяется по формулеrc =1ρ r dV ,m∫(8.4)Vгде r – радиус-вектор элемента объема тела dV.
Как и в (8.2) интегрирование проводится по объему тела V.Вычисление моментов инерции можно во многих случаях упростить, используя соображения симметрии, теорему Гюйгенса-Штейнера иследующие полезные соотношения. Пусть OX, OY и OZ – оси декартовойсистемы координат, связанные с твердым телом, а Ix, Iy и Iz – моменты инерции тела относительно этих осей. Нетрудно показать, что∫I x + I y + I z = 2 ρ r 2 dV ,(8.5)Vгде r = x 2 + y 2 + z 2 – расстояние от элемента тела до начала координат.Если повернуть координатные оси OX, OY и OZ относительно тела, оставляя углы между ними прямыми, то моменты инерции Ix, Iy и Iz, вообще говоря изменятся.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
