ЭБЗ Классическая физика (часть 1) - механика, термодинамика и молекулярная физика (1175272), страница 34
Текст из файла (страница 34)
На передний край платформы кладут аккуратно (т. е. без толчка) груз массой m. Коэффициент трения между этим грузом и платформой равен µ. При какой минимальнойдлине l платформы груз не упадет с нее?АНАЛИЗВ начальный момент платформа как бы выскальзывает из-под груза, но в результате действия силы трения скорость платформы относительно земли будет уменьшаться,скорость груза возрастать. Груз не упадет с платформы, если за то время, которое необ-ходимо, чтобы скорости груза и платформы относительно Земли сравнялись, смещениеs' груза относительно платформы не превысит ее длины, т.
е.s′ ≤ l .Рис. 29Таким образом, задача сводится к нахождению относительного перемещения s'груза. Поэтому задачу удобно решать в системе отсчета, жестко связанной с платформой (рис. 29). Однако эта система неинерциальная, так как в течение времени, покадвижется груз, на платформу действует сила трения, замедляющая ее движение.
В системе отсчета x, у жестко связанной с рельсами, проекцию на ось x ускорения платформы находим из II закона Ньютона:Ma x = − f тр ;здесь ax = –a0 – ускорение платформы, f тр = µmg – сила трения скольжения между грузом и платформой. Таким образом,a0 =mµg .MТеперь рассмотрим движение груза в неинерциальной системе x', y', связанной жестко с платформой. В этой системе на груз будут действовать сила тяжести Р, силанормальной реакции N, сила трения Fтр и сила инерции f ин = −ma 0 . Под действиемвсех этих сил кинетическая энергия груза меняется от E к1 =m v′гр22=m v′2до Eк2 = 0 на2расстоянии s' (в системе x', y' начальная скорость груза v′гр = v ). Очевидно, что величину s' следует находить на основании соотношения между изменением кинетическойэнергии тела и работой сил, действующих на это тело.РЕШЕНИЕРабота силы тяжести и работа силы нормальной реакции равны нулю вследствиеперпендикулярности указанных сил направлению перемещения.
Следовательно,∆E к = Aтр + Aин .(1)Работа силы трения и работа силы инерции отрицательны; они вычисляются соответственно по формуламA тр = − µmg s ′ ,Aин = −ma 0 s ′ = −m2µgs ′ .MИзменение кинетической энергии груза (в системе x', y')∆E к = −mv 2.2Тогда на основании равенства (1) запишемmv2⎛ m⎞= s ′µmg ⎜1 + ⎟ ,2⎝ M⎠откуда искомое смещение груза относительно платформыs′ =M v2.2(m + M )µgСледовательно, минимальная длина платформы, при которой груз не упадет с нее,l min =M v2.2(m + M )µgЗадача 2Тонкий однородный стержень длиной l, могущий свободно вращаться вокруг горизонтальной оси, проходящей через один из его концов, находится в вагоне. Вагон начинает двигаться горизонтально с ускорением a0, направленным нормально к оси вращения стержня. На какой максимальный угол от вертикали отклонится стержень в начале?Каков будет период его колебаний относительно положения равновесия при небольшихотклонениях?АНАЛИЗУскорение вагона относительно Земли задано, следовательно, можно сразу вестирассмотрение задачи в неинерциальной системе, жестко связанной с вагоном.
Кактолько вагон начинает двигаться с ускорением a0, на стержень начинает действоватьсила инерции f ин = −ma 0 , приложенная, очевидно, в центре масс стержня (рис. 30). Этасила создает вращающий момент относительно оси, и стержень будет отклоняться, что,в свою очередь, вызовет появление вращающего момента силы тяжести, направленного, как это видно из рис.
30, в противоположную сторону. В первые мгновения моментсилы инерции будет заведомо больше, чем момент силы тяжести и, следовательно,стержень будет приобретать некоторую угловую скорость. Процесс отклонения прекратится тогда, когда суммарная работа моментов силы тяжести и силы инерции будетравна нулю. Для наблюдателя, находящегося в вагоне, это будет означать, что кинетическая энергия стержня окажется также равной нулю:Aтяж + Aин = 0 ,(1)т.
е. прекратится движение относительно вагона. При угол отклонения α стержня отвертикали будет .наибольшим, т. е. больше угла α0, соответствующего положению равновесия, когда векторная сумма моментов сил тяжести и инерции будет равна нулю:M тяж + M ин = 0 .(2)Рис. 30Период колебаний стержня относительно положения равновесия может быть найден, как обычно, только при условии, что эти колебания будут гармоническими.РЕШЕНИЕВыбирая направление по оси вращения «от нас» за положительное, напишемM ин = f инlcosα ;2lM тяж = − P sin α .2Работа силы инерции за все время отклонения стержня от α = 0 до α = α1a1lAин = ∫ M ин dα = f ин sin α 1 .20Соответственно работа силы тяжести при тех же отклонениях стержня от α = 0 до α = α1a1llAтяж = − ∫ P sin α ⋅ da = P (cosα 1 − 1) .220Наибольший угол отклонения α1 теперь легко находится из условия (1):llf ин sin α1 + P (cosα1 − 1) = 0 .22Вводя половинный угол α1/2, получаемtgα12=a0,g(3)откудаα 1 = 2arctga0.gУгол α0, соответствующий положению равновесия, найдем из условия (2), записывая его в скалярной форме:f инllcosα 0 − P sin α 0 = 0 ,22откудаtgα 0 =a0,g(4)т.
е.α 0 = arctga0.gДля того чтобы найти период колебаний стержня, рассмотрим его в некоторый момент времени, когда он отклонен от положения равновесия на угол φ = γ – α0. В такомположении на стержень действуют момент силы инерции и момент силы тяжести. Сохраняя направление по оси вращения «от нас» за положительное, основное уравнениединамики вращательного движения будет иметь видd 2ϕllI 2 = f ин cos (α 0 + ϕ ) − P sin α 0 sin (α 0 + ϕ ) = 0 .22dt(5)Если φ ≤ 6, при этом cos ϕ = 1 , sin ϕ = ϕ , то выражение (5) примет видd 2ϕlI 2 = m [α 0 (cos α 0 − ϕ sin α 0 ) − g(sin α 0 + ϕ cos α 0 )].2dtИз равенства (4) следует, чтоa 0 cos α 0 − g sin α 0 = 0 ,а выражение, оставшееся в квадратных скобках, после вынесения φ может быть преобразовано к видуa sin α 0 + g cos α 0 = a02 + g02 .Тогда основное уравнение (6) примет видIгде момент инерции I =d 2ϕml= −ϕa02 + g02 ,22dtml 2.
Это значит, что угол φ отклонения стержня от положения3равновесия меняется со временем по гармоническому закону и период колебанийT =2π32( a0 + g 2 )1 / 22l.Задача 3На центробежной машине укреплен гладкий горизонтальный стержень длиной2l0 = 1 м, ось вращения вертикальна и проходит через середину стержня. На стерженьнадеты две небольшие муфты массой m = 400 г каждая. Муфты связаны нитью длиной2l1 = 20 см и расположены симметрично относительно оси вращения. С какой радиальной скоростью подойдут муфты к концу стержня, если пережечь нить? Рассмотреть дваслучая: 1) машина вращается с постоянной угловой скоростью ω1 = 2 рад/с; 2) до пережигания нити мотор отключается и система предоставляется сама себе. Момент инерции станины машины и стержня I0 = 0,02 кг·м2.АНАЛИЗПо условию задачи требуется определить скорость муфт относительно вращающегося стержня.
Поэтому кажется естественным вести решение в неинерциальной системекоординат, жестко связанной со стержнем.В первом случае в этой неинерциальной системе на каждую муфту помимо силытяжести и силы нормальной реакции действует центробежная сила инерцииFцб = mω12 r ,где r – радиус-вектор муфты (муфта рассматривается как материальная точка), проведенный от оси вращения вдоль стержня, и сила КориолисаFк = 2m[v' ω] ,где v' – искомая скорость муфты относительно стержня.
Эта сила, направленная нормально к вектору v', меняет силу нормальной реакции стержня, но вследствие его гладкости никак не влияет на характер относительного движения муфты. Легко видеть, чтосила Кориолиса будет только менять режим работы мотора: чем дальше уйдут муфтыот оси вращения, тем больше тормозящий момент сил Кориолиса, и тем большую мощность должен развивать мотор, чтобы поддерживать постоянной угловую скоростьвращения.
Скорость v' может быть найдена либо из II закона Ньютона, так как движение муфт вдоль стержня в неинерциальной системе координат происходит только поддействием центробежной силы инерции, либо из соотношения между изменением кинетической энергии и работой, которую совершает при радиальном движении каждоймуфты та же центробежная сила инерции. На основании последнего запишемm v′2∆E к == Aцб .2(1)Во втором случае, когда мотор отключен, силы Кориолиса создадут вращающиймомент, который будет тормозить движение всей системы, угловая скорость будет меняться, при этом появится еще одна сила инерции⎡ dω ⎤Fин = m ⎢r,⎣ dt ⎥⎦которая также будет влиять на скорость вращения системы.
Решение задачи в неинерциальной системе получится крайне громоздким.Можно найти закон изменения угловой скорости системы с точки зрения наблюдателя, находящегося на Земле. Сделать это просто, так как для этого наблюдателя моменты внешних сил (силы тяжести и силы реакции оси) равны нулю и, следовательно,суммарный момент импульса системы будет оставаться постоянным.
Однако использовать формулу (1) для нахождения v' нецелесообразно, так как расчет работы центробежной силы инерции вследствие изменения угловой скорости вращения все равно будет излишне сложным. Поэтому во втором случае надо решать задачу полностью винерциальной системе отсчета, жестко связанной с Землей. Тогда внешними силами,действующими на рассматриваемую систему, будут сила тяжести и сила реакции оси.Работы они не совершают.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
