В.С. Русаков, А.И. Слепков, Е.А. Никанорова, Н.И. Чистякова - Механика. Методика решения задач (1114478), страница 18
Текст из файла (страница 18)
4.4Найти закон движения маятника относительно кабины лифта.Решить задачу в неинерциальной и инерциальной системах отсчета. Влиянием вращения Земли пренебречь.Решение 1I. В неинерциальной системе отсчета X'O'Y', связанной слифтом (рис. 4.4), на маятник действуют три силы: сила тяжестиmg , сила натяжения нити T и переносная сила инерции124МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧFпер = −ma , направленная вверх. Силами трения и сопротивлениявоздуха пренебрегаем.II. Уравнение движения тела массой m в проекции на тангенциальную к траектории ось τ относительно неинерциальнойсистемы отсчета имеет вид:maτ = ma sin α − mg sin α ,(4.22)где α – угол отклонения маятника от положения равновесия(рис. 4.4).Тангенциальное и угловое ускорения связаны соотношением(см. (1.19) в Главе 1):aτ = υ& = α&&l ,(4.23)где υ – модуль линейной скорости маятника.III. Из уравнений (4.22) и (4.23) получаем уравнение движения маятника:g −aα&& +sin α = 0 .(4.24)lПолученное нелинейное дифференциальное уравнение второго порядка относительно α легко решить в двух частных случаях: при малых углах отклонения маятника и при движении лифта сускорением, равным по величине ускорению свободного падения –a=g.При малых углах отклонения маятника sin α ≈ α уравнение(4.24) сводится к уравнению гармонических колебаний:α&& + ω 2α = 0 ,(4.25)здесь ω = ( g − a ) / l – круговая частота колебаний, которая определяется не только длиной маятника и ускорением свободного падения, но и ускорением лифта.Нетрудно убедиться подстановкой, что решением уравнения(4.25) является гармоническая функцияα (t ) = α 0 cos(ωt + ϕ0 ) ,(4.26)где амплитуда колебаний α 0 и начальная фаза ϕ 0 определяютсяначальными условиями.В случае движения лифта с ускорением, равным по модулюускорению свободного падения, уравнение (4.24) принимает вид(4.27)α&& = 0 .Глава 4.
Движение материальной точки в неинерциальных системах125Следовательно, движение маятника относительно неинерциальнойсистемы отсчета, связанной с лифтом, будет происходить с постоянной угловой скоростью α& , значение которой задается начальными условиями. Закон движения в этом случае имеет вид:α (t ) = α 0 + α& t ,(4.28)где α 0 – начальное отклонение маятника.Искомый закон движения маятника относительно кабинылифта в общем случае является решением уравнения (4.24), которое допускает аналитическое решение в двух рассмотренных намичастных случаях (см.
(4.26) и (4.28)).Решение 2В инерциальной системе отсчета XOY (см. рис. 4.4) координаты математического маятника x, y связаны с его углом отклонения α в неинерциальной системе X'O'Y' следующим образом:x = l sin α ,(4.29)y = y0 + l cos α ,где y0 – координата начала отсчета O' системы X'O'Y' относительносистемы XOY .Проекции ускорения маятника относительно инерциальнойсистемы отсчета находим, дважды дифференцируя по времени соотношения (4.29):&x& = −lα& 2 sin α + lα&& cos α ,(4.30)&y& = &y&0 − lα& 2 cos α − lα&& sin α .Уравнение движения маятника в проекциях на оси X и Yимеет вид (см. (2.2) в Главе 2):m&x& = −T sin α ,(4.31)m&y& = mg − T cos α .Учитывая, что в соответствии с условием задачи лифт движется вниз с постоянным ускорением &y&0 = a , получаем из уравнений (4.30) и (4.31) уравнение движения маятника относительно неинерциальной системы отсчета:g −aα&& +sin α = 0 .(4.32)lМЕХАНИКА.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ126Как видим, уравнение (4.32) совпадает с уравнением (4.24), аследовательно решении задачи в инерциальной системе отсчетасовпадет с решением (4.26) и (4.28) в неинерциальной системе.Заметим, что оптимальным в данной задаче является выборнеинерциальной системы отсчета.Задача 4.3(Поступательно движущаяся неинерциальная система отсчета)Небольшое тело поместили на вершину гладкого полуцилиндра радиусом R, находящегося на горизонтальной поверхности (см.рис. 4.5).
Полуцилиндру сообщают постоянное горизонтальное ускорение à , в результате чего тело начинает соскальзывать с поверхности полуцилиндра. Определить модуль скорости υ 0 телаотносительно полуцилиндра в момент отрыва и высоту H , на которой произойдет отрыв.РешениеI. Задачу решаем в поступательно движущейся неинерциальной системе отсчета, связанной с полуцилиндром.
Относительноинерциальной системы отсчета ускорение неинерциальной системы равно a . На тело, находящееся на поверхности цилиндра действуют сила тяжести mg , сила нормальной реакции опоры N ипереносная сила инерции Fпер = −ma , изображенные на рис. 4.5.Y'NFперϑamgτnРис. 4.5X'Глава 4. Движение материальной точки в неинерциальных системах127Силами трения и сопротивления воздуха пренебрегаем. Полуцилиндр считаем абсолютно твердым телом, а соскальзывающеес его поверхности тело – материальной точкой.II. Уравнение движения тела относительно неинерциальнойсистемы отсчета в проекциях на нормальную и тангенциальную ктраектории оси имеет вид:υ2= mg cos ϑ − N − ma sin ϑ ,(4.33)Rmυ& = mg sin ϑ + ma cosϑ ,(4.34)где υ − модуль скорости тела относительно полуцилиндра, а ϑ −угол, задающий положение тела на поверхности полуцилиндра влюбой момент времени до его отрыва (см.
рис. 4.5).В момент отрыва сила нормальной реакции, действующая натело со стороны полуцилиндра, обращается в ноль:N =0.(4.35)Дополним систему уравнений (4.33) – (4.35) начальными условиями для угла ϑ и скорости тела υ :ϑ (t = 0) = 0 , υ (t = 0) = 0 .(4.36)Получена полная система уравнений (4.33) – (4.36), позволяющая определить не только скорость тела, но и угол ϑ .Заметим, что попытка прямого решения полученной системыуравнений относительно скорости υ и угла ϑ приводит к громоздким преобразованиям. Решение задачи можно упростить, есливоспользоваться законом изменения механической энергии.
Изменение механической энергии тела на интервале времени от началадвижения тела до момента его отрыва от поверхности полуцилиндра равно работе силы инерции (работа силы реакции опоры в выбранной неинерциальной системе отсчета равна нулю) на этом интервале:mϑ0mυ02− mgR(1 − cos ϑ0 ) = ∫ ma cos ϑR d ϑ ,20(4.37)где υ0 , ϑ0 – скорость и угол ϑ в момент отрыва тела от поверхности полуцилиндра.III.
Из уравнений (4.33), (4.35) и (4.37) получаем два соотношения для квадрата скорости:υ02 = R( g cos ϑ0 − a sin ϑ0 ) ,(4.38)МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ128υ 02 = 2 R( g (1 − cos ϑ0 ) + a sin ϑ0 ) .(4.39)Соотношение (4.39) перепишем в видеυ02− Rg = − Rg cos ϑ0 + Ra sin ϑ0 .(4.40)2Сложение уравнений (4.38) и (4.40) позволяет легко получитьскорость тела относительно полуцилиндра в момент отрыва:2υ0 =gR .(4.41)3Для угла ϑ0, при котором произойдет отрыв, из соотношений(4.38) и (4.41) получаем следующее выражение:2 g 2 + a 5 g 2 + 9a 2.(4.42)3( g 2 + a 2 )Искомая высота H, на которой тело оторвется от поверхностиполуцилиндра, равна:cos ϑ0 =2 g 2 + a 5 g 2 + 9a 2R.(4.43)3( g 2 + a 2 )Нетрудно видеть, что при a = 0 выражение (4.43) дает значе2ние высоты отрыва тела от неподвижного полуцилиндра H = R .3H = R cos ϑ0 =Задача 4.4(Вращающаяся неинерциальная система отсчета)Горизонтальный диск вращается с постоянной угловой скоростью ω вокруг вертикальной оси, проходящей через его центр(см.
рис. 4.6).Z'ωFцбX'VFКорmgРис. 4.6Y'Глава 4. Движение материальной точки в неинерциальных системах129По одному из диаметров диска в сторону от центра движетсянебольшое тело массой т с постоянной относительно диска скоростью V . Найти силу F, с которой диск действует на тело в момент времени, когда оно находится на расстоянии r от оси вращения.РешениеI. Выберем неинерциальную систему отсчета X'Y'Z', жесткосвязанную с вращающимся диском, при этом направим одну изосей системы координат Z' вдоль угловой скорости вращения дискаω , а другую Y' – вдоль скорости движения тела относительно диска V (рис.
4.6). В этой системе отсчета на тело действуют сила тяжести mg , сила реакции диска F (не изображенная на рисунке),переносная сила инерции, равная в данном случае центробежнойсиле инерции Fцб (см. (4.16)) –Fцб = −m[ω[ωr ]] ,и сила инерции Кориолиса (см. (4.17)) –FКор = −2m[ωV ] .(4.44)(4.45)Силой сопротивления воздуха пренебрегаем.II.
Под действием рассмотренных выше сил тело движется всоответствии с условием задачи с постоянной относительно дискаскоростью. Запишем уравнение движения тела в векторной форме ввыбранной нами неинерциальной системе отсчета:0 = mg + FКор + Fцб + F .(4.46)Уравнение движения (4.46) в проекциях на оси координатсистемы X'Y'Z', указанные на рис. 4.6, имеет вид:0 = Fx ' + FКор ,0 = Fy ' + Fцб ,(4.47)0 = Fz ' − mg .Как видим, сила реакции диска имеет отличные от нуля проекции на все координатные оси.III.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
