А.П. Земляков, Ю.Ф. Мальцев, В.Г. Кузнецов и др. - Методические указания к курсу Механика (1111876), страница 2
Текст из файла (страница 2)
е. приF = 0,точка будет двигаться внеинерциальной системе K ' с ускорением, отличным от нуля так, какесли бы на нее действовали некоторые силы, соответствующиепоследним трем слагаемым уравнения (6). Эти силы и называютсясилами инерции. Отметим, что они приложены к центру масс частицы.Введение сил инерции позволяет сохранить по форме основноеуравнение динамики для неинерциальных систем: слева —произведение массы частицы на ее ускорение в неинерциальной-8-системе, справа — кроме силы взаимодействия, обусловленнойдействием окружающих тел, необходимо учесть и силы инерции,которые проявляются как свойство неинерциальной системы.Итак, в уравнении (6) имеем:rrF = ma — сила, обусловленная взаимодействием(материrальная сила);rFин = − ma0 — поступательная сила инерции;rrFцб = mω 2 ρ — центробежная сила инерции;rr vFкор = 2m⎡⎢V ' ω ⎤⎥ — сила Кориолиса.⎣тел⎦Тогда основное уравнение динамики примет вид:r rrrrma ' = F + Fин + Fцб + Fкор .(7)Отметим еще раз, что силы инерции являются следствиемсвойств неинерциальных систем, т.
е. от ее характера движения и еекинематических параметров, и особенностей движения частицы в этойсистеме. В каждом конкретном случае движения K ' -системынеобходимо точное описание ее параметров.3. Свойства сил инерции.Перечислим основные особенности сил инерции, отличающих ихот сил взаимодействия:1) Силыинерцииобусловленысвойствамисамихнеинерциальных систем, а не взаимодействием тел. Они существуюттолько в неинерциальных системах и не являются меройвзаимодействия тел.2) На силы инерции не распространяется третий закон Ньютона.-9-3) Силы инерции приложены к центру масс тела.4) Силы инерции являются внешними силами.
В связи с этим внеинерциальных системах отсчета в общем случае не может бытьзамкнутых систем точек или тел.5) Всесилыинерции,подобносиламтяготения,пропорциональным массе тела. Поэтому в однородном поле силинерции, как и в однородном поле тяготения, все тела движутся содним и тем же ускорением независимо от их масс.4.
Примеры решения задач динамики в неинерциальныхсистемах отсчета.Пример № 1Внутри ящика находится куб массой m и длиной ребра l ,который опирается на три опоры. Определить силы, действующиенаrкуб со стороны опор, если ящик движется с ускорением a . Расстояниеверхней опоры от нижней грани куба равно H .Решение. В системе отсчета,связанной с ящиком, куб покоится. Внеинерциальной системе отсчета,связанной с ящиком, на r кубдействуют силы:rr rN1 , N 2 , N 3—силы реакции, mg — сила тяжести иrma — сила инерции.
Условия покояящика определяются равенством нулю всех сил, действующих на куб иравенством нулю моментов всех сил относительно любой оси,связанной с телом, т. е.r r∑ Fi + Fин = 0 ,- 10 -r r∑ M i + M ин = 0 .rrЗдесь Fин — силы инерции, Fi — ньютоновские силы,rrM i — момент ньютоновской силы, M ин — момент силы инерции.Выбрав оси координат, как указано на рис. 1, запишем этиусловия:y:x:N1 + N 2 = mg ,ma = N 3 .Уравнение моментов относительно точки(1)(2)O:llmg + N 3H = ma + N1l .22Подставив в (3)N3 = ma , выразим N1 :mgl + 2maH − mal m ⎡⎢2aH ⎤⎥.N1 == ⎢ g −a +2l2⎣l ⎥⎦Подставив в (1), получим:2aH ⎤⎥m ⎡⎢.N 2 = mg − N1 = ⎢ g + a −⎥l2 ⎢⎣⎥⎦Ответ:N3 = ma ,m ⎡⎢2aH ⎤⎥,N 2 = mg − N1 = ⎢ g + a −2⎣l ⎥⎦(3)- 11 -2aH ⎤⎥m ⎡⎢.N1 = ⎢ g − a +⎥l2 ⎢⎣⎥⎦Пример № 2Тело находится у основания абсолютно гладкого клина с угломα = 20o .
Клин начинает двигаться с горизонтальным ускорениемa = 4 м с . За какое время тело достигнет верхнего края клина. Длинанаклонной грани 1 м.Решение. В неинерциальной системеотсчета, связаннойr с клином, на телодействуютсилы N — нормальноедавление,rrmg — сила тяжести и ma — сила инерции.Уравнение движения тела вдоль оси x будетиметь вид:m&x& = ma cos α − mg sin α ,здесь&x& — ускорение тела вдоль оси x .Решаем:&x& = a cos α − g sin α ,&x&t 2т. к.
v0 = 0 , то l =2Ответ:t=илиt=2l2l=&x&a cos α − g sin α2l= 2,16 с .a cos α − g sin α.- 12 -Пример № 3На шероховатой доске на расстоянии l от ее правого концанаходится сплошной цилиндр (рис. 3). Доску начинают двигать сускорением a0 влево. С какой скоростью относительно доски будетдвигаться центр цилиндра в тот момент, когда он будет находиться надкраем доски? Движение цилиндра относительно доски происходит безскольжения.Решение.
В неинерциальнойсистеме координат, связанной сдоской, уравнения поступательного ивращательного движения цилиндраимеет вид:ma = ma0 − Fтр ,(1)I 0 β = Fтр r.Уравнение моментов записано относительно центра цилиндра.Здесь a — ускорение цилиндра относительно доски, Fтр — силатрения, I 0 — момент инерции цилиндра, I0 = mr 2 , Fин = ma0 .
Т.2к. проскальзывания нет, то a = β r . Из уравнений кинематики1запишемтогдаv 2 = 2alv=4al3 0Ответ:или=2v=2v = 2al . Из системы (1) находим a = 23 a0 ,a0l3a0l3..Пример № 4- 13 -Расстояние между ведущими и передними колесами у одногоавтомобиля L , а у второго 2L . Центры тяжести находятся наодинаковой высоте. Мощности моторов и коэффициент тренияскольжения между землей и ведущими колесами одинаковы.
Какойавтомобиль быстрее проедет путь 100L ?Решение.Полагаем,чтокоэффициенттренияскольжениябольшой. В неинерциальной системеотсчета, связанной с автомобилемнаr rнего действуют силы:rrN1 , N 2 , mgисилы инерции ma . Максимальноеускорение, которое может получать автомобиль, будет определятьсядействием опрокидывания автомобиля, т. е. вращением относительноточки A . Это условие запишется:mah = mgb.2Здесь h — положение центра масс относительно Земли,расстояние между колесами.
Тогдаamax = gb—b.2hОтсюда следует, что чем больше расстояние b , тем большемаксимальное ускорение, которое может получить автомобиль. Приb = L , amax = gL;2hприb = 2L , amax = gL.hТ. о., болеедлинный автомобиль может развить большую скорость и быстреепройти путь 100L .Пример № 5- 14 -Велосипедист едет по круглой горизонтальной площадке радиусаR .
Коэффициент трения зависит только от расстояния r до центра Oплощадки какk = k 0 ⎛⎜1− r⎝⎞⎟ , гдеR⎠k0— постоянная. Найти радиусокружности с центром в точке O , по которой велосипедист можетехать с максимальной скоростью. Какова эта скорость?Решение. В неинерциальной системеотсчета, связанной сr велосипедистом, на негодействуют силыдавления,rmgN— силы нормальногоr— сила тяжести,rrmaи = Fитрения и—Fтр— силасила инерции.Обозначим расстояние от точки опорывелосипедиста до центра масс AC = l . Обозначим угол наклона черезα . Устойчивое положение велосипедиста определяется равенствомнулю моментов сил инерции и сrилы rтяжести относительно точки A,равенством нулю моментов силNиFтротносительно центра масс:maи l cosα = mgl sin α ,Nl sin α = Fтрl cosα ,F = kN ,трv2aи = .rРешая систему, получаем v 2=⎛r ⎞⎟⎜kgr ⎜1− ⎟ или⎜R ⎟⎠⎝Находим условие, при которомvv=⎛r ⎞⎟⎜kgr ⎜⎜1− ⎟⎟ .R⎠⎝будет минимальным:- 15 -dvdr r=0илиmaxОтсюдаd ⎛ r2 ⎞⎜r− ⎟dr ⎜⎝ R ⎟⎠находим=R,2vmax = k0 grmax= 0.Rрадиусrmax =rmaxмаксимальныймаксимальную скорость vmaxОтвет: rmax= 0 , 1− 2= k0 gR2иR.2R.2Пример № 6На гладком горизонтальном стержне, вращающемся вокруг−1вертикальной оси с постоянной угловой скоростью ω = 40π c ,около оси находится закрепленная неподвижно муфта массыm = 100 г .В некоторый момент муфту отпускают, и она скользит без трениявдоль стержня.
Какой момент сил M должен быть приложен кстержню для того, чтобы он продолжал равномерное вращение? Найтирасстояние x муфты от оси в любой момент времени t . В начальныймомент центр тяжести муфты находится на расстоянии x0 = 2 см отоси.Решение. Решаем задачу в неинерциальнойсистеме отсчета, связанной с вращающимсястержнем. Уравнение движения стержня имеетвид:- 16 -d 2xm 2 = mω 2 x .dt2mω x — центробежнаяЗдесьзапишется как:(1)сила инерции.
Решение уравненияx(t ) = Aeωt + Be −ωt .(2)Коэффициенты A и B находятся из начальных условий. Вмомент времени t = 0 смещение муфты равно x0 , а скоростьотносительно стержня равнаилиТогда0 , т. е. при t = 0 :x(0) = x0 ,dx = 0,dt(3)x0 = A + B,0 = Aω − Bω.(4)A=B=x02x = x0 ch ωt. После подстановки в (2) получим(т. к.eωt + e −ωt= ch ωt ).2Момент импульса муфты относительно оси растет по мереудаления от оси, L = mωx . Это должно приводить к замедлениюугловой скорости вращения стержня.
Для компенсации изменениямомента импульса необходимо приложить момент внешних сил2M=dLdtилиM = 2mωxx& .- 17 -Находимx& =dx= x0ω sh ωt , тогдаdtM = 2mω 2 x02 ch ωt sh ωt = mx02ω 2 sh 2ωt .Ответ:x = x0 ch ωt = 2 ch⎛⎜⎝ 40πt ⎞⎟⎠ см ,M = mx02ω 2 sh 2ωt = 6,4 ⋅ sh(80πt ) Н ⋅ м .5. Задачи для самостоятельного решения.5.1. Какое максимальное ускорение может развить автомобиль сзадней ведущей осью, если коэффициент сцепления (трения покоя)колес с дорогой k , расстояниемежду осями автомобиля l ,высотацентрамассыавтомобиля над дорогой — h , ионрасположенпосерединеколесной базы (рис. 7)?Ответ:a≤kg⎛kh ⎞⎟⎜2⎜⎜1− ⎟⎟l ⎠⎝иa ≤ kg .5.2.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
