В.С. Русаков, А.И. Слепков, Е.А. Никанорова, Н.И. Чистякова - Механика. Методика решения задач (1114478), страница 19
Текст из файла (страница 19)
Подставляя в (4.47) выражения для центробежной силыинерции (4.44) и силы Кориолиса (4.45), получаем выражения дляискомых проекций на оси координат системы X'Y'Z' силы реакциидиска:МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ130Fx ' = −2mωV ,Fy ' = −mω 2 r ,(4.48)Fz ' = mg.При этом модуль силы реакции диска F равенF = (mg ) 2 + ( mω 2 r ) 2 + 4(mωV ) 2 ,(4.49)а направляющие косинусы силы F относительно системы отсчетаX'Y'Z', жестко связанной с диском, равны:2mωVcos α ' = −,(mg ) 2 + (mω 2 r ) 2 + 4(mωV ) 2cos β ' = −cos γ ' =mω 2 r(mg ) 2 + (mω 2 r ) 2 + 4(mωV ) 2mg(mg ) 2 + (mω 2 r ) 2 + 4(mωV ) 2,(4.50).Задача 4.5(Вращающаяся неинерциальная система отсчета)Винтовку с оптическимприцелом навели на вертикальZ'Vную черту мишени, находящуюFКорся точно в северном направлеω Fгрнии, и выстрелили.
ПренебрегаяFцбсопротивлением воздуха, определить на какое расстояние и вφкакую сторону пуля, попав вмишень, отклонится от черты.Y'Выстрел произведен вдоль по- X'верхности Земли на широтеϕ = 60° (см. рис. 4.7), начальнаяскорость пули V = 900 м/с, расРис. 4.7стояние до мишени s = 1 км.РешениеI. Задачу решаем в неинерциальной системе отсчета X'Y'Z',жестко связанной с Землей, при этом направим одну из осей системы координат Z' вдоль угловой скорости вращения Земли ω , аГлава 4.
Движение материальной точки в неинерциальных системах131другую – в меридиональной плоскости, в которой лежит векторначальной скорости пули V (рис. 4.7). Будем считать, что поверхность Земли является сферической, и Земля вместе со связанной сней системой отсчета X'Y'Z' вращается с постоянной угловой ско2πростью ω =, где T = 24 ч.ТНа пулю в процессе полета действуют сила гравитационноговзаимодействия с Землей Fгр и силы инерции – центробежная силаинерции Fцб и сила инерции Кориолиса FКор , изображенные нарис.
4.7 в соответствии с (4.16) и (4.17). Отклонение пули от вертикальной черты мишени вызывает сила инерции Кориолиса.Центробежная сила инерции имеет горизонтальную составляющую, и, следовательно, изменяет горизонтальную проекциюскорости пули. Однако учет центробежной силы инерции даст малые поправки к величине и направлению скорости полета пули.Сила инерции Кориолиса не меняя величины скорости пули,изменяет направление ее полета.
При этом проекция скорости полета пули на направление выстрела практически не меняется. Поэтому будем считать, что в первом приближении движение в горизонтальном направлении происходит с постоянной скоростью, равной начальной скорости пули.II. Время полета пули t находим из условия равномерногодвижения в направлении выстрела:st= .(4.51)VУскорение в восточном направлении, перпендикулярном начальной скорости пули, определяется силой инерции Кориолиса(см. рис. 4.7) и равноa = 2ω V sin ϕ .(4.52)Отклонение пули от вертикальной черты мишени при ускоренном движении в течение времени τ равноat 2l=.(4.53)2III. Решая полученную систему уравнений (4.51) – (4.53), находим искомое значение отклонения пули от вертикальной чертымишени:МЕХАНИКА.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ132l=ω s 2 sin ϕ≈ 7 см.VОценим изменение горизонтальной проекции скорости пулиΔVτ под действием горизонтальнойсоставляющей центробежной силыτ. Запишем уравнениеинерции Fцбдвижения пули в проекции на тангенциальную ось (см. рис. 4.8):τmaτ = Fцб.(4.55)Используя (4.16) и (4.55), получаемдля горизонтальной проекции ускорения пули:aτ = −ω 2 r sin ϕ =(4.54)Z'ωτrFцбRτFцбφY'Рис. 4.8= −ω 2 R cos ϕ sin ϕ .(4.56)Изменение горизонтальной проекции скорости пули под действием центробежной силы инерции с учетом (4.51) равно:sΔVτ ≅ aτ t = −ω 2 R cos ϕ sin ϕ .(4.57)VПодстановка численных значений заданных в условии задачи величин в (4.57) дает ΔVτ ≅ −0,01м/с << V = 900 м/с , что подтверждаетсправедливость принятого допущения.Задача 4.6(Вращающаяся неинерциальная система отсчета)Вращение Земли вызывает отклонение поверхности воды вреках от горизонтального положения. Определить, у какого берегаи на какую величину h уровень воды в реке будет выше.
Река течетв северном полушарии на широте ϕ = 60 o с севера на юг. Ширинареки L = 1км , скорость течения V = 1м/с , период обращения Земливокруг своей оси T = 24 ч . Считать ускорение свободного паденияна данной широте равным g = 9,8 м/с 2 .Глава 4. Движение материальной точки в неинерциальных системах133РешениеI. Выделим мысленно небольшой объем жидкости вблизи поверхности и рассмотрим его движение в неинерциальной системеотсчета, связанной с Землей.
Направим ось Y вертикально вверх(вдоль линии отвеса), а ось X – горизонтально, перпендикулярноскорости течения реки в сторону правого берега (на запад).На рис. 4.9 изображены силы, действующие на элемент объема жидкости – сила тяжести mg , равнодействующая сил давлениясо стороны всей остальной воды N и сила инерции КориолисаFКор .YNαFКорαhmgLXРис.
4.9Жидкость считаем несжимаемой, сил вязкого трения нет. Направление течения реки направлено за плоскость чертежа. Равнодействующая сил давления направлена перпендикулярно поверхности жидкости и образует угол α с вертикалью.II. Жидкость движется в направлении, перпендикулярномплоскости чертежа, следовательно, векторная сумма сил, лежащихв плоскости чертежа и изображенных на рисунке, равна нулю:mg + N + FКор = 0 .(4.58)Уравнение (4.58) в проекциях на оси выбранной системы координат принимает вид:− N sin α + FКор = 0,(4.59)N cos α − mg = 0.Разность высот правого и левого берегов реки, как видно нарис.
4.9, равнаh = L tgα .(4.60)134МЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧДля силы инерции Кориолиса (см. (4.17)) в данном случаесправедливо выражение:Fкор = 2mωV sin ϕ .(4.61)III. Решая систему уравнений (4.59) – (4.61), получаем, чтоуровень воды у правого берега будет выше на величину2ωVL sin ϕh=.(4.62)gПодстановка численных значений заданных в условии задачивеличин в (4.62) дает искомое значение разности высот правого илевого берегов h ≅ 1.3 см .Задача 4.7(Вращающаяся неинерциальная система отсчета)Тонкий однородный стержень длиной L и массой m, шарнирно закрепленный в верхней точке О, вращается с постоянной угловой скоростью ω вокруг вертикальной оси, проходящей через данную точку (см.
рис. 4.10). Определить угол устойчивого вращениястержня.РешениеI. Задачу решаем в неинерциальной системе отсчета, связанной со стержнем и вертикальной осью вращения. Будем считатьстержень абсолютно твердым телом. На стержень действуют трисилы: сила тяжести mg, сила реакции со стороны шарнира и центробежная сила инерции. Силой сопротивления воздуха пренебрегаем. Под действием силы тяжести и силыреакции со стороны шарнира стержень соωвершает вращательное движение относи- Oтельно лабораторной инерциальной системы отсчета, причем различные участкистержня движутся по окружностям разныхαрадиусов.
Следовательно, различна и силаdFининерции dFин , действующая на отдельныеdlэлементы стержня в неинерциальной системе отсчета.mgII. При устойчивом вращении стержень отклонен от вертикальной оси на поРис. 4.10стоянный угол α . Поскольку стержень по-Глава 4. Движение материальной точки в неинерциальных системах135коится в выбранной неинерциальной системе отсчета, сумма моментов всех сил, действующих на стержень в этой системе, относительно горизонтальной оси, проходящей через точку О перпендикулярно плоскости чертежа (рис. 4.10) и направленной из плоскости чертежа, равна нулю:M mg + M ин = 0 .(4.63)При записи (4.63) учтено, что момент силы реакции шарнира относительно указанной оси равен нулю.Запишем выражение для момента силы тяжести:L(4.64)M mg = −mg sin α .2Для нахождения суммарного момента сил инерции рассмотрим элемент стержня длиной dl, находящийся на расстоянии l отточки О.
Центробежная сила инерции (см. (4.16)), действующая наэтот элемент, равнаdFин = ρSdlω 2 r ,(4.65)где ρ – плотность стержня, S – площадь его поперечного сечения,r – расстояние от элемента стержня до оси вращения.Момент силы инерции относительно горизонтальной осиможно записать в виде:dM ин = dFинl cos α = ρSdlω 2l sin α l cos α .(4.66)Суммарный момент сил инерции равенLM ин = ∫ dM ин = ρSω 2 sin α cos α ∫ l 2 dl =01= L2ω 2 m sin α cos α .(4.67)3III. Решая полученную систему уравнений (4.63), (4.64) и(4.67) относительно угла α, получаем:3gcos α =,(4.68)2 Lω 2sin α = 0 .(4.69)3gзначение углаНетрудно видеть, что при ω >2LМЕХАНИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ136⎛ 3g ⎞(4.70)2 ⎟⎝ 2 Lω ⎠соответствует устойчивому вращению стержня, а значение α = 0,которое следует из уравнения (4.69), соответствует неустойчивому3gвращению стержня.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
